精品解析：广东省广州协和学校等三校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷

2024学年第二学期期中三校联考 高二数学科试题 2025年4月 命题：广州协和学校高二数学备课组 审题人：刘伏英 试题说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分，考试时间为120分钟． 第一部分 选择题（共58分） 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. 袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 2. 已知是等差数列，且，，则首项等于（ ） A. 0 B. C. D. 3. 已知某物体在运动过程中，其位移S（单位：m）与时间t（单位：s）满足函数关系式，则该物体在时的瞬间速度为（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 5. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 或4 6. 如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则平面到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与椭圆交于A，B两点，椭圆E右焦点为F，直线AF与E的另外一个交点为C，若，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正实数x，y满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 函数的导函数的图象如图所示，下列命题中正确的是（ ） A. 和是函数的极值点 B. 是函数的最小值点 C. 在区间上单调递增 D. 在处切线的斜率大于零 10. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，…称为三角形数；第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，…称为正方形数．记三角形数构成数列，正方形数构成数列，且数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 1275既是三角形数，又是正方形数 11. 已知直棱柱的所有棱长均为2，，动点M满足（，），则下列说法正确的是（ ） A. B. 当，时，三棱锥的外接球的体积为 C. 若直线DM与直线所成角为定值，则M点轨迹为圆的一部分 D. 记点M到直线AC的距离为d，当时，则d的最小值为 第二部分 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间是__________． 13. 根据以往经验，小张每次考试语文成绩及格的概率为0.8，数学成绩及格的概率为0.9，且语文和数学考试成绩互不影响，则语文和数学至少有一科及格的概率为__________． 14. 任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化为的形式，从而是有理数：则无限循环小数__________（写成的形式，m与n为互质的具体正整数）；若1.5，1.55，1.555，……构成了数列，设数列，则数列的前n项和__________． 四、解答题：本题共5小题，共62分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值． 16. 已知数列满足，且；数列的前n项和为，满足． （1）求与的通项公式； （2）设数列的前n项和为，若对任意的正整数n，不等式恒成立．求实数的取值范围． 17. 如图，在三棱锥中，，．是线段上的点． （1）求证：平面平面ABC； （2）若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若平面，为垂足，当三棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设，若有两个零点，求实数的取值范围． 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设点M为直线与x轴的交点，点B为直线上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q； ①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列； ②设经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期期中三校联考 高二数学科试题 2025年4月 命题：广州协和学校高二数学备课组 审题人：刘伏英 试题说明：本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为150分，考试时间为120分钟． 第一部分 选择题（共58分） 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. 袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得取球的总情况数，及取到红球的情况数，据此可得答案. 【详解】由题可得取球的总情况数为，取到红球的情况数为4，则取到红球的概率为： . 故选：B 2. 已知是等差数列，且，，则首项等于（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式建立方程组，解之即可． 【详解】设等差数列的公差为， 由，即， 解得. 3. 已知某物体在运动过程中，其位移S（单位：m）与时间t（单位：s）满足函数关系式，则该物体在时的瞬间速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的物理意义对函数求导后，再将代入可求得答案. 【详解】由，得， 所以， 所以该物体在时的瞬间速度为. 故选：B 4. 已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】有几何关系，圆与抛物线交点的坐标与圆半径满足勾股定理，可求得准线，即可求得p 【详解】由题，圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有，解得，故，得， 故选：C 5. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 或4 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列公比为，由题可得，结合是递增数列，可确定，即可判断选项正误. 【详解】设等比数列公比为，由题有：， 则 或. 因是递增数列，则这种情况不满足题意； 则. 故选：C 6. 如图，在棱长为2的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则平面到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面与面面平行的判定定理可证得平面平面，根据线面平行的性质可得平面，确定平面到平面的距离为到平面的距离，结合空间向量法求解点到平面的距离即可. 【详解】由且知，四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面； 由且知，四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面.又平面， 所以平面， 则到平面的距离即为平面到平面的距离. 建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以，则点到平面的距离为， 即平面到平面的距离为. 故选：A 7. 已知直线与椭圆交于A，B两点，椭圆E右焦点为F，直线AF与E的另外一个交点为C，若，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，设，根据椭圆的对称性和定义可得，，在直角与中，分别利用勾股定理建立方程，解之即可求解. 【详解】设椭圆的左焦点为，连接， 设，由对称性可知， 由定义得，则， 又，，所以， 在直角中，由， 即，解得. 在直角中，，即， 把代入整理得，由解得. 故选：C 8. 已知正实数x，y满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设、，利用导数分别研究两个函数的性质可得当时，即可求解. 【详解】设，则， 令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以； 设，则， 令， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以. 所以当时，，即， 此时. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 函数的导函数的图象如图所示，下列命题中正确的是（ ） A. 和是函数的极值点 B. 是函数的最小值点 C. 在区间上单调递增 D. 在处切线的斜率大于零 【答案】CD 【解析】 【分析】由导函数图象与原函数关系可判断选项正误； 【详解】对于A，由图可得，又在附近，的符号发生了变化， 则是的极值点；注意到，但在附近，的符号没有发生变化，则不是函数的极值点，故A错误； 对于BC，由图可得当时，，则在上单调递增， 则不是函数的最小值点，故B错误，C正确； 对于D，由图可知，，即在处切线的斜率大于零，故D正确. 故选：CD 10. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，…称为三角形数；第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，…称为正方形数．记三角形数构成数列，正方形数构成数列，且数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 1275既是三角形数，又是正方形数 【答案】ABC 【解析】 【分析】用累加法求出、，即可判断AB；利用裂项求和法计算即可判断C；分别令和，看有无正整数解即可判断D； 【详解】三角形数构成数列：1，3，6，10，…， 则有， 利用累加法，得，得到，n=1时也成立； 正方形数构成数列：1，4，9，16，…， 则有， 利用累加法，得，得到，n=1时也成立. 对于A，，故A正确； 对于B，， 而， 所以，故B正确； 对于C，， 利用裂项求和法：，故C正确； 对于D，令，解得； 令，解得；故D错误； 故选：ABC. 11. 已知直棱柱的所有棱长均为2，，动点M满足（，），则下列说法正确的是（ ） A. B. 当，时，三棱锥的外接球的体积为 C. 若直线DM与直线所成角为定值，则M点轨迹为圆的一部分 D. 记点M到直线AC的距离为d，当时，则d的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，在矩形内（包括边界），其中⊥，结合⊥，得到线面垂直，所以，A正确；B选项，重合，三棱锥的外接球即三棱锥的外接球，球心在的中点处，外接球半径，得到外接球体积；C选项，建立空间直角坐标系，设，，表达出，当时，，得到为定值，M点轨迹为直线的一部分，不为圆的一部分，C错误；D选项，当时，在线段上， 设，，得到，利用点到直线距离的向量公式得到，当时，取得最小值，最小值为，D正确. 【详解】A选项，，，， 故在矩形内（包括边界）， 因为棱柱的棱长均为2，，所以为等边三角形， 故⊥， 又⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以，A正确； B选项，，时，，故重合， 三棱锥的外接球即三棱锥的外接球， 由于，故的外心在点， 故球心在的中点处，外接球半径， 三棱锥的外接球的体积为，B正确； C选项，相交于点，相交于点， 连接，则⊥平面， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 故，设，， ， 当时，，此时直线DM与直线所成角为直角， 当时，， 要想直线DM与直线所成角为定值，则为定值， 不妨设，故，则M点轨迹为直线的一部分，不为圆的一部分，C错误； D选项，记点M到直线AC的距离为d，当时，在线段上， 设，，， ，， ，故， 即， ，，， 则， 则 ， 故当时，取得最小值，最小值为，D正确. 故选：ABD 第二部分 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间是__________． 【答案】 【解析】 【分析】求定义域，求导，解不等式，求出单调递减区间. 【详解】的定义域为， ， 令得，故的单调递减区间为. 故答案为： 13. 根据以往经验，小张每次考试语文成绩及格的概率为0.8，数学成绩及格的概率为0.9，且语文和数学考试成绩互不影响，则语文和数学至少有一科及格的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得语文与数学均不及格的概率，据此可得答案. 【详解】由题可得语文不及格概率为：，数学不及格概率为； 则语文与数学均不及格概率为，则语文和数学至少有一科及格的概率为： . 故答案为： 14. 任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化为的形式，从而是有理数：则无限循环小数__________（写成的形式，m与n为互质的具体正整数）；若1.5，1.55，1.555，……构成了数列，设数列，则数列的前n项和__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用无限循环小数的性质设，然后建立等式求解即可；利用题中给出的规律先求出的通项公式，然后得到的通项公式，然后列项相消求解即可. 【详解】令，则，解得，所以； 易知， 所以， 所以， 所以 . 故答案为：； 四、解答题：本题共5小题，共62分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值． 【答案】（1）， （2） （3）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据极值点和极值可构造方程组求得，验证可得结论； （2）由导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程； （3）根据单调性可确定最值点，进而求得最值. 【小问1详解】 ，在处取得极值， ，解得：； 当，时，， 当时，；当时，； 在，上单调递减，在上单调递增， 是的极小值点，满足题意； 综上所述：，. 【小问2详解】 由（1）得：，，，， 在点处的切线方程为：，即. 【小问3详解】 由（1）知：在，上单调递减，在上单调递增； ， 又，，， 在上的最大值为，最小值为. 16. 已知数列满足，且；数列的前n项和为，满足． （1）求与的通项公式； （2）设数列的前n项和为，若对任意的正整数n，不等式恒成立．求实数的取值范围． 【答案】（1）；； （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义求出数列的通项公式；利用求出数列的通项公式； （2）利用错位相减求和求出，转化为恒成立，设，判断出的单调性可得答案. 【小问1详解】 因为，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以； 由知，当时，由得， 由得， 当时，， 可得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）， ， ， 两式相减得 ， 所以， 则即恒成立， 即恒成立， 设，则， 当时，，当时，， 所以的最大值为， 所以. 17. 如图，在三棱锥中，，．是线段上的点． （1）求证：平面平面ABC； （2）若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若平面，为垂足，当三棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【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）点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，结合（2），利用空间向量法求解面面角即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为，则， 由，得，所以， 又因为，所以，则， 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】 因为平面，， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， 当点为的中点时，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 故当为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值. 由（2）知平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以三棱锥的体积取得最大值时，平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设，若有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）先求定义域以及导函数，再分、两种情况，分类讨论出函数的单调性； （2）将问题转化为在上有两个零点，再结合（1）的单调性可得，再通过以及当时，来说明时在上有两个零点的正确性. 【小问1详解】 函数的定义域为， 又， 则当时，恒成立，则在上单调递减； 当时，得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 因在上单调递增， 则有两个零点等价于在上有两个零点， 由（1）可知，若，则在上至多存在一个零点，不符合题意； 若，欲使在上有两个零点， 则， 令，则，则在上单调递增， 又因，则， 因， 则由零点存在性定理可知，在上存在一个零点； 令，则， 则得，；得，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 则当时， ， 则由零点存在性定理可知，在上存在一个零点， 则当时，在上有两个零点，存在两个零点， 则实数的取值范围为. 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设点M为直线与x轴的交点，点B为直线上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q； ①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列； ②设经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）①证明见解析；②存在点B，使得，此时. 【解析】 【分析】（1）由右焦点和离心率求出，进而求出，从而求出标准方程； （2）①过B作C的切线方程为,与联立，消去得到关于的一元二次方程，由相切得到，从而直线BP，BQ的斜率是关于的方程的两根，利用韦达定理得到，而直线BF斜率为，从而得证； ②经过B，P，Q三点，，故，利用向量数量积得到，再将用韦达定理换成关于的方程，解方程即可. 【小问1详解】 由题：， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 ①设，过B作C的切线方程为,与联立，消去得： ， 故， 整理得：, 设直线BP，BQ的斜率分别为，则是方程的两根， 所以，而直线BF斜率为， 故直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列； ②经过B，P，Q三点，，故， ， ， 又是方程的两根，所以， 代入上式得：，解得：，所以， 故 所以存在点B，使得，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $