精品解析：广东省三校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

2024-2025学年第二学期期中三校联考 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 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. 已知为的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得到集合的关系，作出集合的图，由图对各个选项进行判断. 【详解】因为，所以，如图： 对于选项A，由题意知是的真子集，故，故A不正确； 对于选项B，由是的真子集且都不是空集知，，，故B正确； 对于选项C，由是的真子集知，，故C不正确． 对于选项D，由是的真子集，故，故D不正确． 故选：B 2. 设甲：，乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可确定选项. 【详解】若，则； 而当时，有，. 所以甲是乙的充分条件但不是必要条件. 故选：A. 3. 设、，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断AB选项；构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项. 【详解】对于A选项，不妨设，，则，A错； 对于B选项，不妨设，，则，B错； 对于C选项，构造函数，其中， 则，当且仅当时，等号成立， 所以，函数在上为增函数， 因为，则，则， 所以，，C对； 对于D选项，因为，且， 则，则， 当且仅当时，即当时，等号成立，D错. 故选：C. 4. 在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（ ） A. 21 B. 22 C. 23 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】由题意及等差数列的性质可得的值，再利用等差数列的前项和公式求出项数的值. 【详解】由题意易得， 两式相加得，即， 所以，所以， 故选：C. 5. 若圆上总存在两个点到点的距离为3，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】问题转化为两圆相交，进而可得，求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径为. 设圆， 由题意，两圆有两个公共点，即两圆相交，所以， 解得，即或. 所以实数a的取值范围是. 故选：D. 6. 设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点坐标，由点差法分析得到，然后将各个选项代入等式后求得，然后得到直线方程，验证直线方程与曲线是否存在交点即可. 【详解】设，，则中点坐标为 ∴，则， ∴， A选项知，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去； B选项知，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去. C选项知，则，则直线，则整理得，此时，这样的点存在. A选项知，则，则直线，因为，所以直线是曲线的一条渐近线，故这样的点不存在，舍去. 故选：C. 7. 已知定义域为的偶函数满足，则（ ） A. 3 B. 2 C. 6 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】先利用偶函数性质和已知等式得到函数的周期，再根据周期和已知等式计算. 【详解】因为是定义域为的偶函数，所以. 已知，将换为，可得，又因为，所以.  由和可得. 令，则，那么，又因为，所以， 即，所以函数的周期是，所以. 在中，令，可得，即，解得，所以.  故选：A. 8. 已知正实数，满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将已知变形为,然后再运用基本不等式得到,利用导数求证再用取得等号时的条件可得，即可求解. 【详解】由题设可得 (当且仅当时取等号), 即,由于，均为正实数，即， 设， 则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当， 故当且仅当时取等号， 因此，故，则， 故，解得,所以, 故选：C. 【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前项和为，，，则（ ） A. 数列是递减数列 B. 数列可以是等比数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件求得，数列是递减数列判断A、C，假设是等比数列，求得矛盾判断B，化为，利用累加法判断D. 【详解】因为，整理有，又，由此可得， 对于A选项，因为，所以数列为递减数列，所以A正确； 对于B选项，若是等比数列，则由可知为定值， 又因为，所以，所以，即， 与矛盾，所以数列不可以是等比数列，所以B错误； 对于C，因为，且为递减数列，又，所以， 所以C正确； 对于D，由，，两边取倒数有， 整理有：， 即，，，， 累加得： ， 即，又，所以， 整理得：，所以D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛： 本题关键在于对已知条件变形、分析，得到数列的性质. 10. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 过点B，E，F的平面，截正方体的截面面积为9 D. 二面角的余弦值为 【答案】AD 【解析】 【分析】证明，判断A的真假；利用体积转换求三棱锥的体积，判断B的真假；作出过点B，E，F的截面，求出面积，判断C的真假；作出二面角的平面角，求其余弦判断D的真假. 【详解】对A：如图： 因为为中点，为中点，所以，所以四点共面，所以直线与直线共面，故A正确； 对B：如图： 因为分别为的中点，所以，故B错误； 对C：如图： 因为，所以过的截面是四边形. 四边形是等腰梯形，且，，， 所以四边形的面积为：，故C错误； 对D：如图： 取中点，连接，，因为，均为等边三角形，所以，，所以即为二面角的平面角. 在中，，, 由余弦定理，，故D正确. 故选：AD 11. 已知函数，若函数的图象与轴的三个交点依次为，且，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若成等差数列，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由有三个零点，得有两个不相等的实数根，求解即可判断A；利用导数求出的极值，结合零点的个数建立不等式即可求解判断B；时得出函数图象关于点中心对称，即可判断C；由题得，得出，结合成等差数列，即可判断D； 【详解】对于A，，因为有三个零点， 所以至少有三个单调区间，即有两个不相等的实数根， 所以，解得，故A错误； 对于B，当时，， ， 由或，由， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 因为有三个零点，所以，解得，故B正确； 对于C，， 所以函数的图象关于点中心对称， 所以，故C正确； 对于D， ， 所以， 若成等差数列，则，所以， 得，所以， 解得，即，故D正确； 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现，从而得到函数图象是中心对称图形，对称中心为；CD选项的判断，解答时要注意利用． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若是关于的实系数方程的一个复数根，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据实系数方程虚根成对出现得另一根，再结合韦达定理求得结果. 【详解】因为是关于的实系数方程的一个复数根， 所以是关于的实系数方程的另一个复数根， 因此 故答案为： 13. 25人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列，则不同的选法有______种． 【答案】600 【解析】 【分析】将这个问题退化成“9人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列，有多少种不同的选法”的问题，先利用分步乘法原理求出方队中选出满足题意的3人的情况，再利用组合求解从方队中选出方队的个数，进而利用分步乘法原理求解即可. 【详解】将这个问题退化成“9人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列， 有多少种不同的选法”的问题．这样每行必选1人，从其中的一行中选取1人后， 把这个人所在的行列都划掉，如图所示为其中一种情况． 如此继续下去，从方队中选3人的方法共有种． 再从方队中选出方队便可解决问题．从方队中选取3行3列有种选法， 所以从方队中选取既不在同一行也不在同一列的3人， 不同的选法有（种）． 故答案为：600 14. 设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k的最小值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】将整理为，然后构造函数，根据的单调性得到，即，再构造函数，求导分析单调性得到，即可得到的范围. 【详解】由得， 即， 令，则． 因为， 所以在上单调递增， 因为，所以，即， 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，即， 所以k的最小值为． 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. 已知的内角所对应的边分别为是外一点，若，且. （1）求角的大小； （2）若，求四边形面积的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式得，再由三角形内角性质及已知，即可确定角的大小； （2）由（1）为等边三角形，令，建立直角坐标系并确定相关点坐标，由及三角形面积公式、辅助角公式、正弦型函数的性质求范围. 【小问1详解】 由题设，即， 所以，而，故， 又，则，故. 【小问2详解】 由（1）易知为等边三角形，令，建立如下图的直角坐标系， 则，，，故， 所以 ，当时取最大值为. 16. 如图，在三棱锥中，，M是线段上的点． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1） 取的中点，连接，，， 则，，，， 于是，则， 由，平面，得平面， 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立. （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，借助空间向量求线面角建立关于的方程，求出即可求得的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设，， 则， 设平面的法向量为，则， 令，得，由直线与平面所成角的正弦值为， 得 整理得，解得， 由于点在线段上，所以， 即. 17. 已知点，直线，动点到直线的距离为，且. （1）求动点的轨迹方程，并说明是什么曲线； （2）过点且倾斜角大于的直线与轴交于点，与的轨迹相交于两点，且，求的值及的取值范围. 【答案】（1），点的轨迹是焦点在轴上，实轴长，虚轴长均为的等轴双曲线 （2）， 【解析】 【分析】（1）设点，根据列出等量关系整理可得； （2）设直线，联立双曲线方程，利用韦达定理结合，可得的值及的取值范围. 【小问1详解】 设点， 根据题意，动点的轨迹就是点的集合 即，整理得. 所以，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长，虚轴长均为的等轴双曲线. 【小问2详解】 设直线倾斜角大于 设，联立得， 故， 由题知，双曲线的焦点 由得的取值范围是 18. 已知数列满足，且，． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列． 【答案】（1） 已知， 则. 又，，所以. 那么（常数）. 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. （2）； （3） 已知，则. . 所以. 假设数列中存在不同的三项，，（，）构成等差数列， 则，即， 两边同时乘以得：. 因为，，所以，， 则是的倍数，除以余，等式不成立. 所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【解析】 【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的定义证得数列是等比数列； （2）利用累乘法求得数列的通项公式； （3）利用裂项求和法求得，利用反证法证得数列中任意不同的三项都不能构成等差数列． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，等式两边同时除以得：. 设，则，且. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. 所以. 因为，所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 证明一个数列是等比数列，通常从数列的递推关系出发，通过变形得到相邻两项的比值为常数，同时要注意验证首项不为0.这种方法在处理给定递推式判断数列类型的问题中经常使用. 当数列的递推关系可以通过变形构造出一个新的等差数列或等比数列时，可利用新数列的性质求出通项公式，再反推原数列的通项公式.这里通过对两边同除以构造出等差数列，是数列通项求解的常用技巧. 对于数列求和问题，裂项相消法是一种重要的方法，适用于通项公式可以拆分成两项之差的形式.在证明数列中不同三项不能构成等差数列时，反证法是常用的证明手段，先假设成立，然后推出矛盾，从而否定假设. 19. 已知函数， （1）若与的图象恰好相切，求实数的值； （2）时，证明：当时， （3）若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】（1） （2）证明：当时，， 要证，即证， 令，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以； 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 而上面两个等号不是同时取到， 所以在上恒成立， 即当时，. （3）（i）； （ii）证明：，由， 由此可得，要想证明， 只需证明，而， 因此只需要证明当时，， 令， 可得，故在上单调递增， 因此当时，，即当时，， 因此， 由，有，即， 两边同时除以，由，有， 即. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程组，解之即可； （2）将原不等式转化为，利用导数分别证明、 ，两个等号不是同时取到，进而得证； （3）首先方程等价于，并构造函数，注意到1是函数的一个零点，转化为在上有2个零点，并结合零点存在性定理求的取值范围，由，判断，将所证明不等式转化为，再利用，将不等式转化为，再构造函数，利用导数，判断函数的单调性，即可证明. 【小问1详解】 由题意，， 设切点，又直线与图象相切， 所以，即， 得，即，代入， 得，解得，代入，解得. 经检验，符合题意. 所以的值为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 （i）由题意，， 由等价于， 令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点， 又由，令（）， 当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意； 当时，由题意，首先在上有两个零点， 故，解得， 设两个零点为和，有，，故可知，均大于0， 由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即， 又因为， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点， 实数的取值范围是. （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题的难点是第三问，关键1是求出的取值，关键2是证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期期中三校联考 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 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. 已知为的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 设甲：，乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 3. 设、，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（ ） A. 21 B. 22 C. 23 D. 24 5. 若圆上总存在两个点到点的距离为3，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义域为的偶函数满足，则（ ） A. 3 B. 2 C. 6 D. 10 8. 已知正实数，满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前项和为，，，则（ ） A. 数列是递减数列 B. 数列可以是等比数列 C. D. 10. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 过点B，E，F的平面，截正方体的截面面积为9 D. 二面角的余弦值为 11. 已知函数，若函数的图象与轴的三个交点依次为，且，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若成等差数列，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若是关于的实系数方程的一个复数根，则__________. 13. 25人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列，则不同的选法有______种． 14. 设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k的最小值为_______． 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. 已知的内角所对应的边分别为是外一点，若，且. （1）求角的大小； （2）若，求四边形面积的最大值. 16. 如图，在三棱锥中，，M是线段上的点． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 17. 已知点，直线，动点到直线的距离为，且. （1）求动点的轨迹方程，并说明是什么曲线； （2）过点且倾斜角大于的直线与轴交于点，与的轨迹相交于两点，且，求的值及的取值范围. 18. 已知数列满足，且，． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列． 19. 已知函数， （1）若与的图象恰好相切，求实数的值； （2）时，证明：当时， （3）若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $