精品解析：广东省六校(清中、河中、北中、惠中、阳中、茂中)2024-2025学年高二下学期5月联合质量检测数学试题

2025年5月清中、河中、北中、惠中、阳中、茂中联合测试 高二数学 满分：150分 时间：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，最小正周期为的奇函数是（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的焦点为，过作斜率为1的直线交抛物线于两点，若线段中点的纵坐标为3，则抛物线的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 设函数的导函数为，若的图象如图所示，则的单调递减区间为（ ） A. 和 B. C. 和 D. 和 6. 设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列，所有被4除余1的自然数从小到大组成数列，设这两个数列的公共项构成集合，则集合中元素的个数为（ ） A. 167 B. 168 C. 169 D. 170 7. 某校食堂为打造菜品，特举办菜品评选活动.已知评委团由家长代表，学生代表和教工代表组成，人数比为，现由评委团对1号菜品和2号菜品进行投票（每人只能投一票且必须投一票）.若投票结果显示，家长代表和学生代表中均有的人投票给1号菜品，教工代表中有的人投票给2号菜品，那么，从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 甲、乙、丙等8人围成一圈就坐，已知甲、乙两人相邻，甲、丙两人不相邻，则不同的坐法共有（ ） A. 1200种 B. 1440种 C. 7200种 D. 9600种 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，有多项符合要求.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. 已知等比数列的公比为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的前项和为 D. 数列为递减数列 10. 已知正方体的外接球的表面积为，分别是棱的中点，是线段上一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积是定值 C. 存在一点，使得 D. 若平面，则平面截正方体的截面面积是 11. 某同学走台阶的方式有两种，一步跨1阶或一步跨2阶，在台阶底部（第0级）从下往上走，设走到第级台阶有种不同走法，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是偶数 D. 用7步走到第10级台阶的走法数与走到第11级台阶的走法数相等 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为______________.（用数字作答） 13. 已知向量的夹角为，且，，则_________________. 14. 若随机变量的数学期望和方差分别为，对于任意，不等式成立，某次数学考试满分150分，共有8600名学生参加考试，全体学生的成绩，则分数不低于115分的学生人数最多为_______. 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. 在中，分别为内角的对边，且. （1）证明：； （2）若，为的中点，求的长. 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，分别为的中点. （1）若平面与平面的交线为，证明：； （2）求平面与底面夹角的余弦值； （3）若平面与线段交于点，求的长. 17. 甲、乙两人进行象棋比赛，先赢得3局的一方获胜，并结束比赛，设各局比赛的结果相互独立，每局比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为. （1）在甲获胜的情况下进行了四局比赛的概率； （2）设为结束比赛所需要的局数，求随机变量的分布列及数学期望. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 19. 如图，已知，为圆上的动点，延长至点，使得，的垂直平分线与交于点，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）已知直线的过点且与曲线交于原点，其中，求的最大值； （3）已知：若点为椭圆上的任意一点，分别为椭圆的左右焦点，为离心率，则.在（2）取得最大值时点A与曲线上两点构成的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年5月清中、河中、北中、惠中、阳中、茂中联合测试 高二数学 满分：150分 时间：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合，可采用代入验证的方式求. 【详解】因为，， 且注意到. 从而， 故选：C. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法、共轭复数的概念即可求解. 【详解】由题设有，故，故， 故选：A. 3. 下列函数中，最小正周期为的奇函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和周期性的性质，判断即可. 【详解】A中， 故是最小正周期为的偶函数，不符合题意，A错误； B中的最小正周期，且， 故是最小正周期为的奇函数，B正确； C中是偶函数，但不是周期函数，其图象大致如下： 不符合题意，C错误； D中是周期为的奇函数，D错误. 故选：B. 4. 已知抛物线的焦点为，过作斜率为1的直线交抛物线于两点，若线段中点的纵坐标为3，则抛物线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理即可求解. 【详解】由抛物线方程可得，由题意可设直线的方程为， 设，联立直线与抛物线的方程， 整理可得，则，所以中点的纵坐标为， 由题意可得，所以抛物线方程为， 故选：C. 5. 设函数的导函数为，若的图象如图所示，则的单调递减区间为（ ） A. 和 B. C. 和 D. 和 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数正负与单调性关系，结合图像逐个判断. 【详解】根据的图象可知，当时，， 当时，， 所以在内单调递减，在内单调递增， 故BCD错误，A正确. 故选：A. 6. 设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列，所有被4除余1的自然数从小到大组成数列，设这两个数列的公共项构成集合，则集合中元素的个数为（ ） A. 167 B. 168 C. 169 D. 170 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意写出，的前几项可以得到的首项和公差，根据通项公式即可求解. 【详解】由题意可知，数列：2、5、8、11、14、17、20、23、26、29、...， 数列：1、5、9、13、17、21、25、29、33、37、...， 将集合中的元素由小到大进行排序，构成数列：5、17、29、...， 易知数列是首项为5，公差为12的等差数列，则， 由，可得， 因此，集合中元素的个数为169. 故选：C 7. 某校食堂为打造菜品，特举办菜品评选活动.已知评委团由家长代表，学生代表和教工代表组成，人数比为，现由评委团对1号菜品和2号菜品进行投票（每人只能投一票且必须投一票）.若投票结果显示，家长代表和学生代表中均有的人投票给1号菜品，教工代表中有的人投票给2号菜品，那么，从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率的计算公式，以及结合比例分配和分步计数原理即可求解. 【详解】根据人数比例设家长代表、学生代表和教工代表人数分别是（为比例系数）， 由题意知：家长代表中有的人投给1号，人数为；学生代表中有的人投给1号，人数为；教工代表中有的人投给2号，那么教工代表中有的人投给1号，人数为. 所以投给1号的总人数为，学生代表中投给1号的人数为， 因此所求概率为. 故选：A. 8. 甲、乙、丙等8人围成一圈就坐，已知甲、乙两人相邻，甲、丙两人不相邻，则不同的坐法共有（ ） A. 1200种 B. 1440种 C. 7200种 D. 9600种 【答案】A 【解析】 【分析】先安排甲，再安排乙和丙，最后安排剩余的5人，结合排列知识进行求解. 【详解】因为环状排列没有首尾之分，8人围成一圈就坐没有首尾之分， 故可先固定甲位置，乙与甲相邻则有种坐法；丙与甲不相邻，则有种坐法， 余下5人有种坐法，故所求坐法为种， 故选：A. 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，有多项符合要求.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. 已知等比数列的公比为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的前项和为 D. 数列为递减数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由，等比数列通项公式得，求出；BCD选项，由，求通项，求出，进而求解，再求单调性. 【详解】由等比数列通项公式得， 又因为，所以，故A正确； 再由，则，所以，故B正确； ，故C错误， 又，则数列为递减数列，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知正方体的外接球的表面积为，分别是棱的中点，是线段上一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积是定值 C. 存在一点，使得 D. 若平面，则平面截正方体的截面面积是 【答案】BD 【解析】 【分析】由外接球与正方体棱长的关系列方程求得判断A；由题设易知平面，结合判断B；设的中点为，连接，根据点、线、面的位置关系判断C；根据已知先证平面平面，再确定截面为正六边形，并求出面积判断D. 【详解】作出示意图如图， 对于A，设正方体的边长为，因为正方体的外接球的表面积， 所以，即，解得，故A错误； 对于B，由平行且相等，则为平行四边形， 所以，平面，平面，则平面， 所以为定值，故B正确； 对于C，设的中点为，连接，则， 因为在平面内，而是线段上一个动点，平面， 所以，不可能平行，故C错误； 对于D，易知，，且都在平面内， 所以平面，又平面，所以，同理， 是平面内两条相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面，又分别是棱的中点， 所以平面截正方体的截面分别与棱，交于各棱中点， 所以截面为正六边形，又， 所以截面面积为，故D正确， 故选：BD 11. 某同学走台阶的方式有两种，一步跨1阶或一步跨2阶，在台阶底部（第0级）从下往上走，设走到第级台阶有种不同走法，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是偶数 D. 用7步走到第10级台阶的走法数与走到第11级台阶的走法数相等 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，到第个台阶有两种途径，从第个台阶跨1步或从第个台阶跨2步，所以到第个台阶的走法数是前两者走法数之和，结合，可算后续值.对于B，利用递推关系，不断合并前面项，最终得出.对于C，数列按奇数、偶数、奇数规律变化推理，不能得出结论.对于D，7步到第10级台阶，4步跨1阶、3步跨2阶；7步到第11级台阶，3步跨1阶、4步跨2阶，用组合方法算得走法都是35种. 【详解】对于A根据题意，走到第个台阶有两种可能，一种是从第个台阶跨1阶走上来，有种方式；一种是从第个台阶跨2阶走上来，有种方式， ∴，且，∴，，所以A错误， 对于B，由上可知.∵ …… ，∴，故B正确； 对于C，由可知数列是奇数、偶数、奇数的周期变化，由前三项可知和为奇数，为偶数， ∵，∴是奇数，故C错误； 对于D，∵用7步走到第10级台阶，其中有4步选择一步跨1阶，3次选择一步跨2阶，故共有种走法， 用7步走到第11级台阶，其中有3步选择一步跨1阶，4次选择一步跨2阶，故共有种走法，D正确， 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为______________.（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】直接由二项式定理即可求解. 【详解】由题意可知的通项为，， 令，则的系数为. 故答案为：60. 13. 已知向量的夹角为，且，，则_________________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用向量垂直得数量积为零，从而可求. 【详解】由题意知向量的夹角为，且， 故，∴，即，则. 故答案为：. 14. 若随机变量的数学期望和方差分别为，对于任意，不等式成立，某次数学考试满分150分，共有8600名学生参加考试，全体学生的成绩，则分数不低于115分的学生人数最多为_______. 【答案】387 【解析】 【分析】由已知，可取，带入题目给的不等式中，计算分数不低于115分的学生的概率，然后再乘以总人数即可完成求解. 【详解】因为，所以 取，则， 所以， 所以分数不低于115分的学生人数最多为. 故答案为：387. 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. 在中，分别为内角的对边，且. （1）证明：； （2）若，为的中点，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角转化结合余弦定理可求，故可证； （2）利用余弦定理求出，再通过解直角三角形可求的长；或者利用中线向量公式结合数量积可求的长. 【小问1详解】 证明：∵， ∴，即， ∴， ∵，∴， ∴； 【小问2详解】 法一： 由余弦定理， 得，所以， 所以，即， 在中，. 法二：因为， 所以， 所以， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，分别为的中点. （1）若平面与平面的交线为，证明：； （2）求平面与底面夹角的余弦值； （3）若平面与线段交于点，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线性质得 ，再根据线面平行判定证 平面 ABCD，进而由面面交线性质得 . （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，进而得向量 、，设平面 法向量，根据向量垂直关系求出法向量，再结合平面 法向量求两面夹角余弦值. （3）设平面与棱交点坐标，得向量 ，利用向量垂直关系求出 坐标中的参数，从而算出 PQ长度. 【小问1详解】 证明：如图，连接，因为分别为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以； 【小问2详解】 解：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，则， 则， 因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与底面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 解：易知平面与棱交于一点，设交点， 则， 又，所以， 所以. 17. 甲、乙两人进行象棋比赛，先赢得3局的一方获胜，并结束比赛，设各局比赛的结果相互独立，每局比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为. （1）在甲获胜的情况下进行了四局比赛的概率； （2）设为结束比赛所需要的局数，求随机变量的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出甲三局、四局、五局获胜的概率，再利用条件概率公式可求在甲获胜的情况下进行了四局比赛的概率. （2）求出的可能值，再求出各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望. 【小问1详解】 依题意，甲获胜可能进行了三局、四局、五局比赛；设甲获胜为事件， 进行了四局比赛为事件，则比赛三局且甲获胜的概率为， 比赛四局且甲获胜的概率为， 比赛五局且甲获胜的概率为， 所以甲获胜的概率为， 甲获胜且进行了四局比赛为事件，则， 所以在甲获胜的情况下进行了四局比赛的概率为； 【小问2详解】 随机变量的可能取值为3，4，5， 则， ， ， 所以随机变量的分布列为： 3 4 5 数学期望. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则， 设，则 ， 令， 则当时，， 所以在上单调递减，则当时，， 所以当时，， 所以在上单调递减，故当时，， 所以当时，， 所以，即， 又，， 由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解； （2）（ⅰ）转化为有两个相异正根，，利用导数研究的大致情况得解； （ⅱ）设，利用导数判断函数单调性，据此可得当时，，再由及函数单调性得出得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以曲线在处的切线方程为，即 【小问2详解】 （ⅰ） 易知的定义域为， 由题意得，方程有两个相异正根，， 即方程有两个相异正根，， 设，则， 因为，所以， 令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 由，及的性质知， 当且时，，， 所以当时，，又，， 所以要使有两个相异正根，，必有， 故实数的取值范围为. （ⅱ）略 19. 如图，已知，为圆上的动点，延长至点，使得，的垂直平分线与交于点，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）已知直线的过点且与曲线交于原点，其中，求的最大值； （3）已知：若点为椭圆上的任意一点，分别为椭圆的左右焦点，为离心率，则.在（2）取得最大值时点A与曲线上两点构成的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由. 【答案】（1） （2）. （3）能构成等差数列，公差为或. 【解析】 【分析】（1）做辅助线；结合题意和图形，先利用三角形中位线的性质得出；再利用线段垂直平分线的性质得出，得出动点的轨迹；最后利用待定系数法即可求解. （2）先根据题意设出直线方程为，联立直线与曲线的方程，利用韦达定理得出和；最后根据平面向量数量积的运算法则得出，进而结合可求解. （3）设出，；先根据题目条件写出，，，由三角形重心性质得出，进而得出，证得能构成等差数列.；再延长交于点，根据三角形重心性质及线段中点坐标公式得出，；根据点在椭圆上，利用点差法得出直线的斜率，进而写出直线的方程；最后联立直线和曲线的方程，求出点的横坐标，进而可得出数列的公差. 【小问1详解】 连接.由圆可得：圆心坐标为，半径为. 为圆上的任一点，. 又，, 在中，由三角形中位线性质可得：且， . 又点在的垂直平分线上，， ， 则点的轨迹是以点，为焦点的椭圆. 设曲线的方程为， 则，半焦距， 曲线的方程为. 【小问2详解】 直线过点与曲线交于两点，， 设直线方程为. 联立直线与曲线的方程，消去，整理得， 则. 又向量， ， 当且仅当时取得等号，即时取最大值为. 【小问3详解】 设，. 由（2）可知，时取最大值，此时点. 因为，，所以， 则，，. 因为的重心为，所以，即， 则有， 所以能构成等差数列. 延长交于点. 因为的重心为，所以，则，则有. 又因为在椭圆上，则有，两式相减得，则. 又因为，所以直线方程为， 联立，得，解得或3， 则当，时，，， 公差为， 当，时， ，，公差为 所以能构成等差数列，公差为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $