精品解析：辽宁省沈文新高考研究联盟2024-2025学年高二下学期期初质量监测数学试题

秘密★启用前 2024-2025（下）期初质量监测 高 二 数 学 本试卷满分150分 考试时间120分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 经过两点，的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 不存在 2. 已知，，点分所成的比为，则与的值分别为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且与的夹角为，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 命题“，”否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 设函数，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 等差数列中，前项和为，公差，且，若，则（ ） A. B. C. 不确定 D. 7. 由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（ ） A B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列排列组合数中，正确的是（ ） A. B. C D. 10. 已知圆，则（ ） A. 圆可能过原点 B. 圆心在直线上 C. 圆与直线相切 D. 圆被直线所截得的弦长为 11. 如图，为等腰直角三角形，斜边上的中线为线段中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，若是该四面体表面或内部一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点为中点，则过的平面将三棱锥分成两部分的体积比为 B. 若直线与平面没有交点，则点的轨迹与平面的交线长度为 C. 若点在平面上，且满足，则点的轨迹长度为 D. 若点在平面上，且满足，则线段长度取值范围是 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15 分） 12. 若对任意正数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为______. 13. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 14. 秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之为实一为从隅，开平方得积”如果把以上这段文字写成公式就是，共中a、b、c是△ABC的内角A，B，C的对边．若，且，2，成等差数列，则面积S的最大值为____ 四、解答题（本大题共5小题，共 77 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 16. 设，是不共线的非零向量，且，． （1）证明：可以作为一个基底； （2）若向量，试用基底表示． 17. 对于函数，记，，，…，，其中. （1）若函数是一次函数，且，求的最小值； （2）若，且，求； （3）设函数（），记，，若，证明：. 18. 在多面体中，已知，，且，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 已知为椭圆上一点，对于上任意两点，，我们定义关于生成点的形成过程：过作平行于的直线交于异于的一个点（若与重合，则为在处的切线；若与处切线平行，则交点为），记为，且对，记，称为关于的生成点列. （1）已知，，直接写出和的坐标； （2）若，且均在第一象限，证明：； （3）已知为上异于的一点，且在第一象限内，若关于的生成点列中至少有一点是，求出所有满足题意的点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 秘密★启用前 2024-2025（下）期初质量监测 高 二 数 学 本试卷满分150分 考试时间120分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 经过两点，的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件可知直线垂直轴，即可得倾斜角大小． 【详解】∵直线经过两点，， ∴直线垂直轴，故倾斜角为． 故选：C． 2. 已知，，点分所成的比为，则与的值分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量数乘的坐标运算求解即可. 【详解】∵，，， ∴，， ∵分所成的比为，∴，即， ∴有，解得. 故选：D. 3. 已知向量，，且与的夹角为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量夹角的坐标表示，列式计算得解. 【详解】向量，，且与的夹角为， 则，显然，解得. 故选：C 4. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可. 【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题的否定为“，”， 故选：B. 5. 设函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件易知函数关于点中心对称，结合奇偶性及平移变换列方程组分别求得，从而得到的值. 【详解】因为， 所以函数的图象关于点对称， 因为函数为奇函数，即关于对称， 所以根据平移变换得 函数， 所以， 解得， 所以. 故选：C. 6. 等差数列中，前项和为，公差，且，若，则（ ） A. B. C. 不确定 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，利用等差数列的基本性质可求得的值. 【详解】因为，所以，即，即， 故. 故选：B. 7. 由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知结合双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，即，则，则，即可得出双曲线的离心率为. 【详解】双曲线（，）的渐近线的方程为， 双曲线两条渐近线方向向下的夹角为， 根据双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为， 则，则， ， 则该双曲线的离心率为， 故选：D. 8. 已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两条直线的位置关系和所过的定点，结合圆与圆的位置关系进行求解即可. 【详解】，所以直线恒过点， ，所以直线恒过点， 由两条直线的方程可以判断直线与直线互相垂直， 因此点在以为直径的圆上，线段中点为， 半径为， 圆的圆心为，半径为， 由已知条件可知点在圆：上， 所以圆与圆相交或相切，， 因此有， 解得：，所以则的最大值是， 故选：A 【点睛】关键点睛：通过直线方程判断交点的位置，根据圆与圆的位置关系进行求解是解题的关键. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列排列组合数中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合组合数、排列数公式，即可求解． 【详解】，故A错误； ，故B正确； 左边右边，故C正确； ， ，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知圆，则（ ） A. 圆可能过原点 B. 圆心在直线上 C. 圆与直线相切 D. 圆被直线所截得的弦长为 【答案】AD 【解析】 【分析】依据点与圆的位置关系即可判断A，把圆心代入直线方程看是否满足方程即可判断B，求出圆心到直线的距离即可判断C，利用弦长公式求得弦长即可判断D. 【详解】由圆知：圆心，半径， 对于A：把原点代入圆方程得， 所以解得或， 所以当或时，圆过原点，故A正确； 对于B：把圆心代入得， 当时，，此时圆心不在直线上，故B不正确； 对于C：圆心到直线的距离：， 所以圆与直线相离，故C不正确； 对于D：圆心到直线的距离为：， 所以圆被直线所截得的弦长为：，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，为等腰直角三角形，斜边上的中线为线段中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，若是该四面体表面或内部一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点为中点，则过的平面将三棱锥分成两部分的体积比为 B. 若直线与平面没有交点，则点的轨迹与平面的交线长度为 C. 若点在平面上，且满足，则点的轨迹长度为 D. 若点在平面上，且满足，则线段长度的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据三棱锥的体积公式，分析底面与高的比例关系求解即可；对于B，根据面面平行的相关知识确定轨迹，即可求得其长度；对于C,建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，确定在面ADC内的轨迹，即可求得轨迹长度；对于D，结合题意以及C的分析，可知DP不是定值，从而不是定值，即可判断. 【详解】对A，如图示，由题意可知，，，底面，故底面. 由于E为线段BD中点，点为中点，故， 又三棱锥与三棱锥等高，故，， 故过的平面将三棱锥分成两部分的体积比为，故A错误； 对B，若直线PE与平面ABC没有交点，则P点在过点E和平面ABC平行的平面上， 如图示，设CD的中点为F，AD的中点为G，连接EF，FG，EG， 则平面平面ABC, 则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF， 由于△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线，故， 则，故B正确； 对C，若点P在平面ACD上，且满足，以D为原点，DC,DA为x,y轴建立平面直角坐标系，如图， 则，设 ，则， 即，故P点在平面ADC上的轨迹即为该圆被平面ADC截得的圆弧（如图示）， 由可得圆心， 则，则点P的轨迹长度为，故C正确； 对D，由题意可知，平面ADC，故平面ADC， 故，由于P在圆弧上，圆心为M， 故当P在时取最小值，此时取最小值； 当P在时取最大值，此时取最大值. 故线段长度的取值范围是，故D错误. 故选：BC 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15 分） 12. 若对任意正数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式计算即可. 【详解】由题意可知对任意正数恒成立， 由基本不等式可知，当且仅当时等号成立， 则的最大值是， 所以， 故答案为：. 13. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，求出勒洛四面体内切球的半径,即可得出结果． 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 正外接圆半径，正四面体的高， 设正四面体的外接球半径为，在中，，解得， 因此，勒洛四面体内切球半径为. 故答案为：． 14. 秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之为实一为从隅，开平方得积”如果把以上这段文字写成公式就是，共中a、b、c是△ABC的内角A，B，C的对边．若，且，2，成等差数列，则面积S的最大值为____ 【答案】 【解析】 【分析】运用正弦定理和余弦定理可得，再由等差数列中项性质可得，代入三角形的面积公式，配方，结合二次函数的最值求法，可得所求最大值． 【详解】，∴，因此 ∵，2，成等差数列，∴， 因此， 当，即时，S取得最大值， 即面积S的最大值为，故答案为. 【点睛】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及等差数列中项性质，转化为求二次函数的最值是解题的关键，属于中档题． 四、解答题（本大题共5小题，共 77 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行运算证明即可； （2）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以， 因为是直棱柱， 所以平面， 因此平面的一个法向量为， 所以，即，又平面，所以平面； 【小问2详解】 因为，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以. 16. 设，是不共线的非零向量，且，． （1）证明：可以作为一个基底； （2）若向量，试用基底表示． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）假设，共线，则存在实数，使得，推出，共线，与，是不共线的非零向量矛盾，即可得证． （2）设，得，解得，，即可得出答案． 【小问1详解】 假设，共线，所以存在实数，使得， 即，整理得， 则，共线，这与，是不共线的非零向量矛盾， 所以假设不成立，即与不共线，所以可以作一个基底； 【小问2详解】 设 ， 因为，是不共线的非零向量， 所以，解得， 所以． 17. 对于函数，记，，，…，，其中. （1）若函数是一次函数，且，求的最小值； （2）若，且，求； （3）设函数（），记，，若，证明：. 【答案】（1）0 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求得函数解析式，结合基本不等式，可得答案； （2）根据题意，整理递推公式，可得答案； （3）根据二次函数的性质，利用递推公式，整理不等关系，可得答案. 【小问1详解】 设，， ， 又因为，所以， 所以，所以，当时，， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为0． 【小问2详解】 因为，易知， 所以， 又 ． 【小问3详解】 因为，即无解， 所以若，则，即， 所以， 即，所以时，无解， 同理若， 即，所以时，无解， 综上． 18. 在多面体中，已知，，且，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）先作辅助线，证得，结合，再根据线面垂直的判断定理，以及面面垂直的判断定理，即可求证． （2）根据已知条件，通过线面位置关系，可得就是直线与平面所成角，分别求出，的值，即可求解． 【小问1详解】 如图，分别取，的中点、，连接、、，则且， 因为且， 所以且 则四边形为平行四边形，所以且， 因为，所以， 所以， 又因为，所以， 又因为，、平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 取的中点为，的中点为，连接，，，如图所示， 因为，所以， 在等腰梯形中，易得， 又因为，、平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作于点，由平面平面，平面， 则平面， 连接，则就是直线与平面所成的角， 因为平面，所以， 由，，得，，是中点，， 在等腰梯形中，， 所以在等腰中，腰上的高， 又因为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 19. 已知为椭圆上一点，对于上任意两点，，我们定义关于的生成点的形成过程：过作平行于的直线交于异于的一个点（若与重合，则为在处的切线；若与处切线平行，则交点为），记为，且对，记，称为关于的生成点列. （1）已知，，直接写出和的坐标； （2）若，且均在第一象限，证明：； （3）已知为上异于的一点，且在第一象限内，若关于的生成点列中至少有一点是，求出所有满足题意的点的坐标. 【答案】（1），. （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合定义分别联立直线与椭圆求交点可得； （2）由椭圆参数方程，将椭圆上动点转化为参数，由平行关系探究不同参数间等量关系，由角的关系可证结论； （3）由于依次递推得到关于的生成点列，故考虑先使用数学归纳法证明，再应用结论求解. 小问1详解】 设，由，，得直线斜率， 则过点且与平行的直线为，即， 由对称性可知，直线与椭圆交点为，即； 由，则， 由题意椭圆在点处的切线方程为， 过点作此切线的平行线交椭圆于点（异于点）； 故，设，则过点， 故设过点且与直线平行的直线方程为， 设椭圆在此点处的切线方程为， 联立椭圆方程， 由所求交点不同于点，则得，故. 故，. 【小问2详解】 设椭圆上任意一点，由椭圆， 则可设，其中参数，下面记对应的参数. 由，可知，由题意均在第一象限， 则，，. 由此，若在椭圆上，可设， 即， 若，若， 则， 由和差化积公式可得， 化简得， 则，，所以， 特别地，若，， 则由，则. 设，其中. 设，根据上述结论由，可得， 即，则， 若，则，. 若，则， 结合图形可知. 有， 所以若，则仍然成立. 故同理可得，， 则. 【小问3详解】 对于生成的点列，下面用数学归纳法证明： 对任意，成立 ①当时，则时，，满足结论； ②当（）时，都有， 则当时，由点与的连线与点与的连线平行， 则由（2）可知，，. 则 ，，， 所以当时，也成立， 综合①②可知，对任意，成立. 因此，若关于的生成点列中至少有一点是， 则存在正整数，使得， 可得，即， 由在第一象限，则由，解得， 故所有满足题意的点的坐标为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于两点，一是椭圆参数方程的应用，将问题转化为动点对应参数的运算；二是由点列的递推生成特点，利用数学归纳法证明结论，从而求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$