广东省普宁市勤建学校2024-2025学年高二6月学科竞赛数学试题

勤建学校高二年级学科竞赛 数学试卷 第一部分（选择题 共58分） 1、 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．，，若，则以下结论错误的是（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，则等于（    ） A． B． C． D． 3．已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．已知，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．定义新运算：，设，命题，则（ ） A．，且为假 B．，且为假 C．，且为真 D．，且为真 6．从棱长为1个单位长度的正方体的底面一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走一个单位长度，下列选项中正确的有（    ）． A．进行4次这样的操作回到A的概率为 B．进行2次这样的操作回到A的概率为 C．进行4次这样的操作回到A的概率为 D．进行2次这样的操作回到A的概率为 7．如图，过椭圆的右焦点作一条直线，交椭圆于A，B两点，则的内切圆面积可能是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2、 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．下列正确的命题是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．设为数列的前项和.若，则（    ） A． B． C． D．数列为递减数列 11．正四面体中，棱长为．点满足，则的（    ） A．最小值为 B．最大值为 C．最小值为 D．最大值为 第二部分（非选择题 共92分） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，若，则的最大值为 ． 13．已知点为直线上一动点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为．当点运动时，直线过定点的坐标是 ． 14．方程的实根是 ． 4、 解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）记的内角，，所对边分别为，，，且，. (1)求； (2)若，点在边上且，求的面积. 16．（15分）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点，连接． (1)证明：平面； (2)求M到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17．（15分）已知函数. (1)若曲线在处的切线与垂直，求实数的值； (2)当，在区间上不单调，求实数的取值范围； (3)若，对任意且，不等式成立，求的最小值. 18．（17分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，且经过点（1，）． (1)求椭圆C的方程； (2)动直线l：y=x+m与椭圆C相切，点M，N是直线l上的两点，且F1M⊥l，F2N⊥l，求四边形F1MNF2的面积； (3)过椭圆C内一点T（t，0）作两条直线分别交椭圆C于点A，C，和B，D，设直线AC与BD的斜率分别是k1，k2，若|AT|·|TC|=|BT|·|TD|，试问k1+k2是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由． 19．（17分）对于项数为的数列，现定义一种新的排列方式“递增移位数列”，其排列规则如下：当时，将数列的前项移至末尾．并按照递增顺序排列，其余各项均依次前移位；当时，则将数列的前项移至末尾，并按上述规则进行变换．若，则无需进行变换操作，称为次递增移位变换、例如，数列，，经过一次递增移位变换后得到数列，，；经过两次递增移位变换后得到数列，，．其中表示是除以得到的余数． (1)写出数列，，，，，经过次递增移位变换后的新数列． (2)对于数列，，，，， ①该数列经过次递增移位变换后，求新数列的第项； ②假设经过无限次递增移位变换后所出现的每一种排列都是等可能的，记事件“第一项与最后一项的项值之差为”的概率为，证明：． 学科竞赛数学试卷 第 2 页 共 4 页 学科竞赛数学试卷 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 勤建学校高二年级学科竞赛数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C C C D D A B 题号 9 10 11 答案 ACD CD BC 1．B 【详解】由得，解得，所以， 因为，， 所以方程有两个实数根， ，且， 所以，故D正确； 又，所以，故A正确，B错误； ，故C正确. 故选：B 2．C 【详解】根据题意，有，，于是， 从而． 故选：C 3．C 【详解】因为在上单调递增，由函数在上单调递增， 可得在上单调递增且恒成立， ，解得， 即实数的取值范围是. 故选：C. 4．C 【详解】； 充分性：若，则，故充分性成立； 若，则，一正一负，即，故必要性成立， 则“”是“”的充要条件， 故选：C. 5．D 【详解】因为，且， 则，， 可得，即命题为假命题， 所以，且为真命题. 故选：D. 6．D 【详解】每次操作有3种不同的路线，2次操作，有种路线，其中有3条可以回到A点，因此进行2次这样的操作回到A点的概率为，B错D对； 4次操作，有种路线，如下图所示，设第次操作后恰好走到点的方法数为，由对称性可知第次操作后恰好走到三点的方法数相同，设为，恰好走到三点的方法数也相同，设为，设第次操作后恰好走到点的方法数为， 则，，由此算出， ∴，∴进行4次这样的操作回到点的概率为，AC选项都错． 故选：D 7．A 【详解】设，，根据椭圆的定义可得： ，，而， 所以. 设内切圆半径为r，因为， 所以， 设直线的方程为， 由，消去并整理得：. . 设，则， ，单调递增， 当时，， ， . 设的内切圆面积为，则，于是选项A符合题意． 故选：A. 8．B 【详解】因为，故，故，即， 而当时，， 故当时，，故， 故， 当时，， 而在上为减函数，在为增函数， 故在有有且只有一个实数解为； 当时，， 而，故，此时在上无解； 故当时，，则， 结合上的性质可得在上有且只有一个实数解， 且该实数解为，在无实数解， 而且， 故在上的实数解为，，， ，共4个实数解， 故共有4个不同的零点. 故选：B. 9．ACD 【详解】对于A项，，故A项正确； 对于B项，因为，所以，故B项错误； 对于C项，因为，所以， 所以，故C项正确； 对于D项，因为， 所以，故D项正确. 故选：ACD. 10．CD 【详解】因为， 当时，，即； 当时，，即，因此， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 因此，故B错误； ， 所以，，故A错误； ，，，因此，故C正确； 当时，，即，因此数列为递减数列，故D正确； 故选：CD. 11．BC 【详解】设的中点，则，即， 又，所以， 即点落在以为球心，以1为半径的球上. 因为，所以. 由正四面体的棱长为，得， 所以， 设，则， 又，所以， 即的最大值为，最小值为. 故选：BC 12．/ 【详解】因为，所以， 所以，， 解得或， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为. 故答案为： 13． 【详解】点的切点弦：，又因为，对比系数可知切点弦过定点． 14．2025 【详解】令，则函数单调递增，且， 因此函数与函数互为反函数，则与函数的交点在直线上， 因此，故， 故，解得， 故答案为：2025 15．(1) (2)3 【详解】（1）在中，，化简得：. ∵，∴. 又，∴，即，，即. 又，∴.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分 （2）法一：利用正、余弦定理解三角形 在中，∵，∴，∴. 又∵，∴，，. 由正弦定理可得. ∵，∴. 设，在中，由余弦定理可得：， 将，，代入化简得：，解得：，∴的面积.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。13分 法二：利用平面几何 过作，垂足为. 在中，∵，∴，∴. 又∵，∴，，. 由正弦定理可得. ∵，∴. 则在中，. 在中，，∴， ∴.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。13分 16．(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 由为的中点，且，，得，， 则四边形为平行四边形，，而平面，平面， 所以平面．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。4分 （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 又，所以到平面的距离， 因为平面，所以M到平面的距离为到平面的距离，即.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9分 （3）令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 平面的法向量为， 于是， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，.。。。。。。。。。。。。。。。。。15分 17．(1) (2) (3)12 【详解】（1）因为，所以， 因为曲线在处的切线的与直线，则，解得；。。。。。。2分 （2）因为，所以，定义域为， 求导可得， 令，得到：或（舍去），得在上单调递增， 令，得到：，故在上单调递减， 要使得在区间上不单调，则，。。。。。。。。。。。。。。。。。7分 （3）因为，所以，所以函数在上单调递增， 因为，不妨设，则 因为，所以， 即恒成立，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分 设， 若，则是上的常函数，显然不成立， 若，则是上的减函数， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 又函数在上是增函数，所以（当且仅当时等号成立）. 综上，，即的最小值为12。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。15分 18．(1) (2) (3)是； 【详解】（1）由题意可得， 将点代入椭圆方程得， 解得， 即有椭圆方程为；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。4分 （2）将直线代入椭圆方程可得，， 由直线和椭圆相切的条件可得，解得， 焦点，由对称性可取直线， 则，， 即有四边形的面积为 ；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分 （3）可得直线的方程为， 联立方程，得． 设，则． ∵ ．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。11分 同理，直线的方程为，则．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分 ∵， ∴．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。13分 又T为椭圆内任意一点，∴，即， 所以，∴．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。15分 又直线与不重合，∴为定值．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。16分 19．(1)，，，，， (2)①；②证明见解析 【详解】（1）数列，，，，，经过一次递增移位变换后得到数列，，，，，； 经过两次递增移位变换后得到数列，，，，，； 经过三次递增移位变换后得到数列，，，，，； 经过四次递增移位变换后得到数列，，，，，； 经过五次递增移位变换后得到数列，，，，，； 经过六次递增移位变换后得到数列，，，，，；； 经过七次递增移位变换后得到数列，，，，，，， 从而得到规律，该数列的变化周期为，且， 故经过次递增移位变换后得到的新数列为原数列，即，，，，，．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分 （2）①当时，总有， 即原数列经过次递增移位变换后，共有项移至末尾并按递增顺序排列， 即此时新数列的第项为，第项为， 故第项．.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9分 ②数列，，，，的所有排列方法数有种， 当时，原数列经过无限次递增移位变换后得到的数列共有种情形，依次为： 2，3，4，5，6，7，8，9，1； 4，5，6，7，8，9，1，2，3； 7，8，9，1，2，3，4，5，6； 2，3，4，5，6，1，7，8，9； 1，7，8，9，2，3，4，5，6； 4，5，6，1，2，3，7，8，9； 8，9，1，2，3，4，5，6，7； 7，1，2，3，4，5，6，8，9； 1，2，3，4，5，6，7，8，9． 观察知，第一、二、三、七种情形符合题意，此时总成立． 当时，对原数列作次递增移位变换后， 新数列的第一项为（等价于总成立）， 第项为符合题意．故有． 综上所述，当时，．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。17分 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$