精品解析：广东省茂名市5+2校际联盟2024-2025学年高二下学期质量检测数学试题

2024—2025学年茂名市5＋2校际联盟高二质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题 .全卷满分150分 .考试用时120分钟 . 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置 . 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑 .写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 . 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内 .写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 . 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交 . 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 . 1. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2025 2. 首项为3的等差数列满足，则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知某同学参加了当地相关部门举办的数学奥林匹克竞赛的预赛，该预赛共有3道解答题，3道全部答对即可获得满分，已知该同学答对这3道解答题的概率依次为0.8，，则该同学按题号顺序连续正确解答出2道解答题但没获得满分的概率为（ ） A. 0.408 B. 0.384 C. 0.246 D. 0.532 4. 已知椭圆的离心率为，则的短轴长为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 5. 年月日，冰雪同梦绽放光芒，亚洲同心共谱华章．第九届亚洲冬季运动会在黑龙江省哈尔滨市隆重开幕，在本次滑雪比赛中，某摄影师利用雷达干涉仪记录了某名运动员整个过程中由起点起经过秒后的位移（单位：米）与时间（单位：秒）的关系为，则该名运动员在滑雪过程中瞬时速度为零的时刻为（ ） A. 1秒末 B. 2秒末 C. 4秒末 D. 1秒末和4秒末 6. 已知点，，若以为圆心，5为半径的圆与线段的垂直平分线相切，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 7. 已知数列和数列满足，，则下列数列为等差数列的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形，过点作一平面使得三点在该平面的同一侧，且三点到该平面的距离分别为，则三棱锥的侧棱长为（ ） A. 3 B. C. D. 4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 下列函数求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 事件与事件为互斥事件 11. 记为正项数列的前项和，为的前项积，已知，则（ ） A. B. 可能为常数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，若，则______． 13. 已知函数在点处的切线斜率为，则曲线在点处的切线方程为______． 14. 已知双曲线的上焦点为，以轴上一动点为圆心，半径为的圆与的上支交于、两点，则点到、两点距离之和的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，地到火车站共有两条路径和，现随机抽取100位从地到火车站的人进行调查，调查结果如下： 所用时间（分钟） [10,20] (20,30] (30,40] (40,50] (50,60] 选择的人数 6 12 18 12 12 选择的人数 0 4 16 16 4 （1）试用频率估计概率，估计40分钟内不能赶到火车站的概率： （2）现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽量大可能在允许的时间内赶到火车站，试用频率估计概率通过计算说明，他们应如何选择各自的路径. 16. 如图，四棱锥中，平面，，，是平面内以为直径的半圆的三等分点． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 17. 已知等比数列的首项为1，且是和的等差中项． （1）求的公比； （2）求数列的前项和． 18. 已知椭圆的左顶点为，过点的直线交于两点． （1）当斜率不存在时，求外接圆的半径； （2）求外接圆的半径的最大值． 19. 对于在轴上的一点，若以轴为对称轴的抛物线上存在两点使得，且不与轴垂直，则称线段是抛物线的一条“—伴随线段”． （1）若抛物线存在“—伴随线段”，求的取值范围； （2）给定使得抛物线存在“—伴随线段”． （ⅰ）求“—伴随线段”的中点的轨迹方程； （ⅱ）讨论“—伴随线段”的长度是否有最大值，若有，求出最大值（用表示）；若没有，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年茂名市5＋2校际联盟高二质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题 .全卷满分150分 .考试用时120分钟 . 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置 . 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑 .写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 . 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内 .写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 . 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交 . 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 . 1. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2025 【答案】A 【解析】 【分析】由导数的定义得. 【详解】因为， 所以由导数的定义可知， 故选：A． 2. 首项为3的等差数列满足，则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列得到关于公差的方程，解得. 【详解】设等差数列的公差为，由题意可得，，所以，解得． 故选：B. 3. 已知某同学参加了当地相关部门举办的数学奥林匹克竞赛的预赛，该预赛共有3道解答题，3道全部答对即可获得满分，已知该同学答对这3道解答题的概率依次为0.8，，则该同学按题号顺序连续正确解答出2道解答题但没获得满分的概率为（ ） A. 0.408 B. 0.384 C. 0.246 D. 0.532 【答案】A 【解析】 【分析】应用互斥事件概率及独立事件乘法公式计算即可. 【详解】由题意可得所求事件的概率为． 故选：A． 4. 已知椭圆的离心率为，则的短轴长为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】依据椭圆计算的范围，确定焦点在轴上，再计算离心率，建立等式关系. 【详解】依题意，，即，则椭圆的焦点在轴上，因此，所以，故椭圆的短轴长为. 故选：B． 5. 年月日，冰雪同梦绽放光芒，亚洲同心共谱华章．第九届亚洲冬季运动会在黑龙江省哈尔滨市隆重开幕，在本次滑雪比赛中，某摄影师利用雷达干涉仪记录了某名运动员整个过程中由起点起经过秒后的位移（单位：米）与时间（单位：秒）的关系为，则该名运动员在滑雪过程中瞬时速度为零的时刻为（ ） A. 1秒末 B. 2秒末 C. 4秒末 D. 1秒末和4秒末 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用导数的物理意义得，即可求解. 【详解】因为，所以， 令，得，解得或（舍去）． 故选：C． 6. 已知点，，若以为圆心，5为半径的圆与线段的垂直平分线相切，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据中点坐标公式和斜率公式求出线段AB的中点坐标和斜率，进而得到其垂直平分线的方程.再利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径这一性质，结合点到直线的距离公式列出关于的方程，最后求解方程得到的值. 【详解】线段中点，斜率：， 则垂直平分线，整理得， 相切即圆心到直线的距离等于半径，由点到直线的距离公式有，， 即，解得或． 故选：B． 7. 已知数列和数列满足，，则下列数列为等差数列的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的定义逐一判断即可. 【详解】依题意，对消去，得，等价于，所以， 所以是等差数列，故D正确，C错误；若是等差数列，则是等差数列，则是等差数列， 与是公差为1的等差数列矛盾，故B错误；因为，故A错误． 故选：D． 8. 已知正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形，过点作一平面使得三点在该平面的同一侧，且三点到该平面的距离分别为，则三棱锥的侧棱长为（ ） A. 3 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量基本定理用表示平面的单位法向量，再利用给定距离及空间向量的数量积求解. 【详解】设三棱锥的侧棱长为，题设所作平面为， 以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设单位向量是平面的一个法向量，由空间向量基本定理知， 存在唯一的有序实数组，使得， 依题意，在上的投影向量的长度为1，则，即， 即，解得，同理得，，于是， 而，所以. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 下列函数求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式可判断A选项；利用导数的运算法则可判断BD选项；利用复合函数的求导法则可判断C选项. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误． 故选：ABC． 10. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 事件与事件为互斥事件 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合相互独立事件、互斥事件及概率的基本性质逐项求解判断. 【详解】对于A，由古典概率得，A错误； 对于B，，，，则， 即事件与事件相互独立，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，当摸出的两张卡牌编号为2，3时，事件与事件同时发生，D错误． 故选：BC 11. 记为正项数列的前项和，为的前项积，已知，则（ ） A. B. 可能为常数列 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A由是正项数列，即即可判断，对于B当时即可判断，对于C利用基本不等式即可判断，对于D即可判断. 【详解】因为是正项数列，所以，，所以，故A正确； 若，满足，故B正确； ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 当且仅当时，等号成立，故C正确； ， 即，故D错误． 故选：ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，若，则______． 【答案】#### 【解析】 【分析】由得，即可得到的值. 【详解】因为，所以，解得． 故答案为：． 13. 已知函数在点处的切线斜率为，则曲线在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用导数的几可意义，即可求解. 【详解】由题意可得，故，则， 又，所以， 故曲线在点处的切线方程为，化简可得， 故答案为：． 14. 已知双曲线的上焦点为，以轴上一动点为圆心，半径为的圆与的上支交于、两点，则点到、两点距离之和的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设出圆的方程与双曲线方程联立，可得、，进而可得，利用两点间距离公式求出，并利用不等式方法求出其最小值. 【详解】由题意可得，设、， 设圆心为，动圆方程为， 联立，得，则，， 因此， 故． 因为，所以， 同理可得，故， 又，且，， 故，，从而， 故 ， 故当时，取得最小值． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，地到火车站共有两条路径和，现随机抽取100位从地到火车站的人进行调查，调查结果如下： 所用时间（分钟） [10,20] (20,30] (30,40] (40,50] (50,60] 选择的人数 6 12 18 12 12 选择的人数 0 4 16 16 4 （1）试用频率估计概率，估计40分钟内不能赶到火车站的概率： （2）现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽量大可能在允许的时间内赶到火车站，试用频率估计概率通过计算说明，他们应如何选择各自的路径. 【答案】（1）； （2）甲应选择路径，乙应选择路径. 【解析】 【分析】（1）根据频数计算频率即可； （2）分别计算两个时间段的概率，比较概率的大小可得结论. 【小问1详解】 调查的100人，其中40分钟内不能赶到火车站有：（人）， 因此40分钟内不能赶到火车站的频率为， 用频率估计概率，所以40分钟内不能赶到火车站的概率为. 【小问2详解】 设分别表示甲选择和时，在40分钟内赶到火车站； 分别表示乙选择和时，在50分钟内赶到火车站， 依题意，，， 由，得甲应选择路径； ，， 由，得乙应选择路径， 所以甲应选择路径，乙应选择路径. 16. 如图，四棱锥中，平面，，，是平面内以为直径的半圆的三等分点． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 因为是平面内以为直径的半圆的三等分点， 所以，所以，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面PBC． （2）． 【解析】 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，再应用面面垂直判定定理证明即可； （2）先建立空间直角坐标系，先求平面的一个法向量，再应用线面角正弦公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，垂直于的方向为轴正方向，的方向分别为轴，轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 故，，， 设平面的一个法向量为， 则，可以取， 设直线与平面所成角为， 所以， 故与平面所成角的正弦值为． 17. 已知等比数列的首项为1，且是和的等差中项． （1）求的公比； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）应用等差中项列式，再计算求解公比； （2）分公比为1或分别应用等差数列求和公式及错位相减法计算求解. 【小问1详解】 由题意可得， 设的公比为，则，， 即， 由题可知，也即， 解得或，即的公比为1或． 【小问2详解】 当公比为1时，为常数列，且首项为1，即， 则, 则数列的前项和． 当公比为时，此时，则， 则数列的前项和， ， 两式相减可得， 即，也即． 综上，． 18. 已知椭圆的左顶点为，过点的直线交于两点． （1）当斜率不存在时，求外接圆的半径； （2）求外接圆的半径的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出点坐标，利用对称性可设外心，利用建立方程关系即可得出半径； （2）设直线方程，联立方程组，求出以及利用斜率得出，进而得出， 在中利用正弦定理可计算外接圆半径. 【小问1详解】 由题意可知直线， 联立，解得， 不妨设，，易得此时外接圆圆心在轴上，，设， 则的外接圆半径，即， 解得，故． 【小问2详解】 当直线与轴重合时无法构成三角形， 则设，，， 联立，得 则，，， 则 ， ，，易得 ， 故， 在中利用正弦定理得， 令， 则， 故，当时等号成立， 故的外接圆半径的最大值为． 19. 对于在轴上的一点，若以轴为对称轴的抛物线上存在两点使得，且不与轴垂直，则称线段是抛物线的一条“—伴随线段”． （1）若抛物线存在“—伴随线段”，求的取值范围； （2）给定使得抛物线存在“—伴随线段”． （ⅰ）求“—伴随线段”的中点的轨迹方程； （ⅱ）讨论“—伴随线段”的长度是否有最大值，若有，求出最大值（用表示）；若没有，说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由，取中点为，则，表示出直线的方程直线过点，则有即可求解； （2）（ⅰ）由得中点的横坐标为，即的横坐标在定直线上，又与直线交点为即可求解；（ⅱ）由两点的距离公式有，利用基本不等式有，可得，解得，把看成关于的二次函数，最后利用二次函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由，取中点为，则． 设，，则直线斜率的倒数为， 则直线斜率的倒数为，设， 因其过点，代入得， 又，故则． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）得，又中点的横坐标为，故点在定直线上； 又与直线交点为，显然中点纵坐标绝对值小于， 又不与轴垂直,故，故轨迹方程为． （ⅱ） ， 因，当且仅当时等号成立． 又的斜率存在且不为0，所以， 故，解得，， 又可看成关于的二次函数，且当且仅当取最大值， 当即时，弦长有最大值，当且仅当取等号； 当时，，则无最大值； 综上所述，时弦长无最大值，时弦长有最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $