2024-2025学年广东省河源市河源中学高二下学期第一次教学质量检测数学试卷（含答案）

2024-2025学年广东省河源中学高二下学期第一次教学质量检测
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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. B. C. D.
2.已知复数满足，则复数对应的点在( )
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，若级地震释放的相对能量为，级地震释放的相对能量为，记，约等于( )
A. B. C. D.
4.在等差数列中，为其前项和，若，则
A. B. C. D.
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，随机调查了学生，其中阅读过西游记或红楼梦的学生共有位，阅读过红楼梦的学生共有位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有位，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. B. C. D.
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这两个函数图象恰有一个公共点，其坐标为，则( )
A. 函数的最大值为 B. 函数的最小值为
C. 函数的最大值为 D. 函数的最小值为
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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：，则下列结论正确的为( )
A. 直线与圆可能相离
B. 直线不可能将圆的周长平分
C. 当时，直线被圆截得的弦长为
D. 直线被圆截得的最短弦长为
11.如图，在棱长为的正方体中，、、、、均为所在棱角中点，动点在正方体表面运动，则下列结论中正确的为( )
A. 在中点时，平面平面
B. 、、、、在同一个球面上
C. 异面直线、所成角的余弦值为
D. ，则点轨迹长度为
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.已知为抛物线上的动点，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.本小题分
已知等差数列满足：，且，，成等比数列．
求数列的通项公式；
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.本小题分
如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点．

证明：平面；
若，求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
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．
求椭圆的标准方程．
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.本小题分
已知函数．
若是函数的极值点，求的值；
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.本小题分
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，由名“侦探”、名“麻瓜”、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．
若恰在第次搜索才测试到第个“魔法师”，第次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？
若恰在第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？
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，次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？
参考答案
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15.解：设数列的公差为，依题意：，，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；
因为等差数列的公差不为零，由知，
则
所以，
因，故
而随的增大而增大，
则，故．

16.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．
解法一：由可知：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，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．


17.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；
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．

18.解：，定义域是，
．是函数的极值点，
，解得，
经检验符合题意，．
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，
当趋向于时，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．

19.解：先排前次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法，
再从个“魔法师”中选个排在第次和第次的位置上搜索，有种搜索方法，
再排余下个的搜索位置，有种搜索方法．
所以共有种不同的搜索方法．
第次搜索恰为最后一个“魔法师”，
则另个在前次搜索中出现，从而前次有一个“麻瓜”出现，
所以共有种不同的搜索方法．
由于甲是第次传花的人，因此第次传花时，甲不能再次拿到花．
这意味着在第次传花时，花必须传给乙或丙．
同样，第次传花时，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，次传花后花在甲手上的可能线路有种．

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