精品解析：广东省河源市河源中学2024-2025学年高二下学期第一次教学质量检测数学试题

河源中学2024-2025学年第二学期高二年级第一次教学质量检测 数学试题 命题人：江滢滢 审核人：黄欣艳 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.答案须做在答卷上；选择题填涂须用2B铅笔，主观题须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.考试结束后只需交答卷. 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. 已知集合，则集合的子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 2. 已知复数z满足，则复数z对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 科学家以里氏震级来度量地震的强度．若设为地震时所散发出来的相对能量程度，则里氏震级可定义为，若6.5级地震释放的相对能量为，7.4级地震释放的相对能量为，记，约等于（ ） A. 16 B. 20 C. 32 D. 100 4. 在等差数列中，为其前n项和，若，则 A. 60 B. 75 C. 90 D. 105 5. 《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A. B. C. D. 6. 定义在上的偶函数满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 8. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项为 B. 第项的二项式系数最大 C. 第项的系数最大 D. 所有项的系数和为 10. 设直线：与圆C：，则下列结论正确的为（ ） A. 直线与圆C可能相离 B. 直线不可能将圆C的周长平分 C. 当时，直线被圆C截得的弦长为 D. 直线被圆C截得的最短弦长为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ） A. P在BC中点时，平面平面GMN B. E、F、G、M、N在同一个球面上 C. 异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D. ，则P点轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边过点，则的值为_____________. 13. 已知M为抛物线上的动点，F为抛物线的焦点，，则的最小值为___________. 14. 已知不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围是_____ 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列满足：，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前项和为，求的取值范围. 16. 如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆（，且），则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点. （1）求椭圆的标准方程. （2）设直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之积为.证明：且直线过定点. 18. 已知函数． （1）若1是函数的极值点，求a的值； （2）若，试问是否存在零点．若存在，请求出该零点；若不存在，请说明理由． 19. 近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. （1）若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （2）若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （3）游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河源中学2024-2025学年第二学期高二年级第一次教学质量检测 数学试题 命题人：江滢滢 审核人：黄欣艳 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.答案须做在答卷上；选择题填涂须用2B铅笔，主观题须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.考试结束后只需交答卷. 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. 已知集合，则集合的子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答. 【详解】解不等式，得，因此， 所以集合的子集个数为. 故选：C 2. 已知复数z满足，则复数z对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数z满足，可得， 所以复数在复平面内对应点位于第一象限. 故选：A. 3. 科学家以里氏震级来度量地震的强度．若设为地震时所散发出来的相对能量程度，则里氏震级可定义为，若6.5级地震释放的相对能量为，7.4级地震释放的相对能量为，记，约等于（ ） A. 16 B. 20 C. 32 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】由，得到，然后分别求得，再利用指数运算求解. 【详解】因为， 所以， 所以，， 所以， 故选：C 4. 在等差数列中，为其前n项和，若，则 A. 60 B. 75 C. 90 D. 105 【答案】B 【解析】 【分析】由条件，利用等差数列下标和性质可得，进而得到结果. 【详解】，即，而，故选B. 【点睛】本题考查等差数列的性质，考查运算能力与推理能力，属于中档题. 5. 《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解. 【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C． 【点睛】本题考查容斥原理，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题． 6. 定义在上的偶函数满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数单调性的定义以及偶函数的性质得出的单调性，讨论的正负，利用单调性奇偶性解不等式即可. 【详解】不妨设，，，即 在上单调递减 是定义在上的偶函数 在上单调递增 当时， 解得 当时， 解得 则该不等式的解集为： 故选：C 【点睛】本题主要考查了利用定义判断函数的单调性以及利用奇偶性，单调性解不等式，属于中档题. 7. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量， 所以， 所以，又， 所以， 所以， 又， 所以，又， 所以向量与向量的夹角为，即. 故选：B. 8. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 【答案】C 【解析】 【分析】分析函数与的单调性，判断函数的最值的情况即可. 【详解】分析函数及其导函数的图象，可知虚线表示的是的图象，实线表示的是的图象. 并且当时，；当时，. 对函数，， 因为，在上恒成立，所以在上恒成立. 即函数在上单调递增，无最值； 对函数，， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得最大值，为. 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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项为 B. 第项的二项式系数最大 C. 第项的系数最大 D. 所有项的系数和为 【答案】BC 【解析】 【分析】先求的通项公式可得选项A,C的正误，利用的值可得选项B的正误，所有项的系数和可以利用赋值法求解. 【详解】展开式的通项为， 由，得，所以常数项为，A错误； 展开式共有项，所以第项二项式系数最大，B正确； 由通项公式可得为偶数时，系数才有可能取到最大值， 由，可知第项的系数最大，C正确； 令，得，所有项的系数和为，D错误； 故选：BC. 10. 设直线：与圆C：，则下列结论正确的为（ ） A. 直线与圆C可能相离 B. 直线不可能将圆C的周长平分 C. 当时，直线被圆C截得的弦长为 D. 直线被圆C截得的最短弦长为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由直线过圆内的定点即可判断；对于B，直线不可能过圆心即原点，由此即可判断；对于CD，由点到直线距离公式、圆的弦长公式验算即可. 【详解】因为直线过定点，且点在圆内，所以直线与圆必相交，A错误； 若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，但这是不可能的，所以B正确； 当时，直线的方程为，圆心C到直线的距离为，所以直线被截得的弦长为，C错误； 因为圆心到直线的距离为， 所以直线被截得的弦长为，等号成立当且仅当，即，D正确， 故选：BD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ） A. P在BC中点时，平面平面GMN B. E、F、G、M、N在同一个球面上 C. 异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D. ，则P点轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体图形特征证明平面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据五点共圆得到B；根据异面直线所成的角判断C错误；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D. 【详解】对于A：取的中点，连接， 在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点， 易得，平面， 因平面，则， 又平面，， 故平面，因平面，故①， 连接，是正方形，， 因平面，平面，则， 因平面，， 故平面，又平面，则②， 因平面，又， 由① ，②可得平面，又平面，故平面平面，故A正确； 对于B：记正方体的中心为点，则， 所以在以为球心，以为半径的球面上，故B正确； 对于C：取的中点，连接，则， 所以或其补角是异面直线所成的角， 又，则，故C错误； 对于D：因为，且为的中点， 所以，故， 所以点轨迹是过点与平行的线段，且， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：本题主要考查与正方体有关的平面位置关系判断，异面直线所成角以及动点轨迹长度有关问题，属于较难题. （1）求异面直线所成的角时，常将其转化为与其中一条平行且与另一条直线相交所成的角，利用解三角形求解； （2）证明面面垂直时，通常由线面垂直证面面垂直； （3）证明多点在一个球面问题时，常设法寻找球心，证其到各点距离相等得到. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边过点，则的值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得 x＝4，y＝﹣3，r＝5，再由任意角的三角函数的定义可得 ，由诱导公式化简，代入即可求解． 【详解】解：∵角α的终边过点P（4，﹣3），则 x＝4，y＝﹣3，r＝5，， ． 【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两点间的距离公式的应用，属于基础题． 13. 已知M为抛物线上的动点，F为抛物线的焦点，，则的最小值为___________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解. 【详解】解：如图所示： 设点M在准线上的射影为D， 由抛物线的定义知， ∴要求的最小值，即求的最小值， 当D，M，P三点共线时，最小， 最小值为. 故答案为：4 14. 已知不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】解法一：设，利用导数可得，令，则可得，然后证明不等式恒成立即可；解法二：将问题转化为在区间上恒成立，然后构造函数，利用函数的单调性可求出实数的取值范围. 【详解】解法一：设，当，， 当，，所以在上递减，在上递增， 所以，故. ①一方面，在条件中，令，即得. 假设，则，从而，矛盾. 所以一定有. ②另一方面，若， 首先有， 以及. 将两个不等式相加，就得到， 从而. 由于，故， 所以对任意，有. 而对任意的，显然也有， 所以，从而时条件一定满足. 综合①②两个方面，可知的取值范围是. 解法二：不等式在区间上恒成立，等价于 在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 令，则，， 所以在区间上单调递增， 所以在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 令，，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 所以，即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是利用指对同构将问题转化为在区间上恒成立，然后构造函数，利用导数求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列满足：，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前项和为，求的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出公差，再根据等差数列的通项即可得解； （2）利用裂项相消法求出，结合函数的单调性即可求得其范围. 【小问1详解】 设数列的公差为，依题意：2，，成等比数列， 所以，解得：或， 当时，，当时，， 所以数列的通项公式为或； 【小问2详解】 因为等差数列的公差不为零，由（1）知， 则 所以， 因，故 而随的增大而增大， 则，故. 16. 如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 取中点，连接， 因为，所以， 为的中点，所以为的中位线，所以， 又，所以四边形为平行四边形，有， 又因为平面平面，则， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据中位线的性质得到，然后得到四边形为平行四边形，根据直棱柱的性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明； （2）解法一：利用余弦定理得到，然后建系，利用空间向量的方法求线面角； 解法二：根据线面角的定义得到即为直线与平面所成角，然后求线面角； 解法三：利用等体积的思路得到点到平面的距离，然后求线面角. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为，所以， 为的中点，所以为的中位线，所以， 又，所以四边形为平行四边形，有， 又因为平面平面，则， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面． 【小问2详解】 解法一：由（1）可知：两两垂直，如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 在中，由余弦定理可得：，则， 于是， 则， 设平面， 于是，即， 令，则， 设直线与平面所成角为， 那么， 即直线与平面所成角的正弦值为． 解法二：在中，由余弦定理可得：，则， 如图，连接，由（1），平面平面，则， 又因为，四边形为正方形，为的中点，， 由于平面，则平面， 如图，记，过点作，连接， 由于平面平面，则， 又因为平面，则平面， 所以即为直线与平面所成角，由于， 则， 由于，则为的三等分点，则， 于是， 即直线与平面所成角的正弦值为． 解法三：设直线与平面所成角为，点到平面的距离为，则， 在中，，则， 过作交的延长线于，易得， 且易证平面， 由于，则， 在中，，且， 又，则． 【点睛】 17. 对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆（，且），则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点. （1）求椭圆的标准方程. （2）设直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之积为.证明：且直线过定点. 【答案】（1） （2） 证明：联立和，    可得， 需满足，即， 即； 设，则， 则 ， 由题意得直线与直线的斜率之积为，即， 即， 即，即得， 解得（舍）或， 则直线为直线，过定点. 【解析】 【分析】（1）根据共轭椭圆的定义结合已知，即可求得答案； （2）联立直线和椭圆方程，可得根与系数的关系式，利用判别式以及直线的斜率公式化简，即可证明结论. 【小问1详解】 由题意可设的共轭椭圆方程为， 即（，且）， 由于是该椭圆的右顶点，即得， 椭圆的标准方程； 【小问2详解】 略 18. 已知函数． （1）若1是函数的极值点，求a的值； （2）若，试问是否存在零点．若存在，请求出该零点；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 令，即，令， 则． 令，则， 令解得，而， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增， 当x趋向于0时，趋向于，即， ，， 故存在，使得，即， 故当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 故， 故即无零点． 【解析】 【分析】（1）求导，结合极值点的定义可得，计算验证即可求解； （2）利用二次求导和零点的存在性定理讨论函数的单调性，求出即可下结论. 【小问1详解】 ，定义域是， ．1是函数的极值点， ，解得， 经检验符合题意，. 【小问2详解】 略 19. 近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. （1）若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （2）若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （3）游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 【答案】（1） （2）576 （3）10 【解析】 【分析】（1）（2）根据排列组合，结合分步乘法计数原理即可求解， （3）根据题意可得，，即可根据递推关系求解. 【小问1详解】 先排前4次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法， 再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索，有种搜索方法， 再排余下4个的搜索位置，有种搜索方法. 所以共有种不同的搜索方法. 【小问2详解】 第5次搜索恰为最后一个“魔法师”， 则另3个在前4次搜索中出现，从而前4次有一个“麻瓜”出现， 所以共有种不同的搜索方法. 【小问3详解】 由于甲是第1次传花的人，因此第2次传花时，甲不能再次拿到花. 这意味着在第2次传花时，花必须传给乙或丙. 同样，第3次传花时，花不能回到前一次传花的人手中. 因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况. 设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中. 则为经过次传花后花在甲手上的线路数，即经过次传花后花不在甲手上的线路数， 所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向（顺时针或逆时针）， 则，. 所以，，，， 综上，5次传花后花在甲手上的可能线路有10种. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $