广东省2024-2025学年高二下学期第一次学情联合检测数学试题（AB卷）(含详解)

广东省2024 2025学年高二下学期第一次学情联合检测数学试题（A/B卷）
一、单选题（本大题共8小题）
1．直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
2．若首项为1的数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．春节期间，包括小明，小红在内的5位同学去观影，若5人同坐一排，则小明和小红中间间隔两位同学的情况有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．48种
4．在三棱锥中，分别为线段的中点，为的重心，则（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知盒子中有5张不同的白色卡片和3张不同的红色卡片，盒子中有4张不同的白色卡片和4张不同的红色卡片，现从两个盒子中各取2张卡片，则抽到2张红色和2张白色卡片的不同取法为（ ）
A．238种 B．308种 C．318种 D．342种
6．已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．15 B．31 C．63 D．127
7．已知曲线，若点在上，则的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．
8．已知，若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知是抛物线的焦点，过点且倾斜角为的直线与交于两点，则（ ）
A．
B．
C．
D．以为直径的圆与抛物线的准线只有1个公共点
11．若无穷数列存在满足：①为等差数列；②为等比数列；③对任意正整数恒成立，则称数列为“项等差-等比过渡循环数列”.已知前项和为的数列为“项等差-等比过渡循环数列”，且，，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则的值可以为11
D．不存在，使得
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 .
13．唐老师有语文，数学等6本不同学科的练习册，平均分给3个同学，若甲同学不拿语文，则不同的分配方法有 种.（用数字作答）
14．已知首项为3的数列满足，则数列的前项和 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)求函数的极值.
16．已知等差数列的前项和为，其中.
(1)求数列的通项公式以及；
(2)若数列满足，证明：.
17．如图，正三棱柱的所有棱长均相等，其中为线段的中点，点在线段上，且四点共面.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知椭圆过点，直线与交于两点.
(1)求的方程；
(2)若，求的值；
(3)已知的上，下顶点分别为，记直线交于点，证明：点在定直线上，并求出该直线方程.
19．已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)当且时，证明：；
(3)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】A
【详解】依题意，直线，故其斜率为.
故选A.
2．【答案】C
【详解】依题意，.
故选C.
3．【答案】B
【详解】依题意，
第一种情况：小明和小红排第一和第四位置排法有；
第二种情况：小明和小红排第二和第五位置排法有；
所以共有种排法.
故选B.
4．【答案】A
【详解】依题意，
，
故选A.
5．【答案】C
【详解】情况一：从盒中取张红色卡片，从盒中取张白色卡片.
从盒的张不同红色卡片中取张，根据组合数公式，取法有种.
从盒的张不同白色卡片中取张，取法有种.
根据分步乘法计数原理，这种情况下的取法共有种.
情况二：从盒中取张红色卡片和张白色卡片，从盒中也取张红色卡片和张白色卡片.
从盒的张不同红色卡片中取张，取法有种；从盒的张不同白色卡片中取张，取法有种.根据分步乘法计数原理，这种情况下的取法有种.
从盒的张不同红色卡片中取张，取法有种；从盒的张不同白色卡片中取张，取法有种.根据分步乘法计数原理，这种情况下的取法有种.
再根据分步乘法计数原理，这种情况下的取法共有种.
情况三：从盒中取张白色卡片，从盒中取张红色卡片.
从盒的张不同白色卡片中取张，取法有种.
从盒的张不同红色卡片中取张，取法有种.
根据分步乘法计数原理，这种情况下的取法共有种.
根据分类加法计数原理，所求不同取法为.
故选C.
6．【答案】C
【详解】依题意，①，②，
联立①②解得（负值舍去），则数列的公比为2，，故.
故选C.
7．【答案】D
【详解】因为，所以曲线关于轴，轴，原点对称，且时，曲线，
所以，
由对称性，作出曲线的大致图形如图所示，
当时，，所以原点到圆上的距离最大值为，所以的最大值为.
故选D.
8．【答案】A
【详解】依题意，，即，则，
令，可知在上单调递增，则，则，故.
设，则，故当时，单调递减，当时，单调递增，当时，取得最小值，故.
故选A.
9．【答案】BC
【详解】，故A错误；，故B正确；
，故C正确；，故D错误.
故选BC.
10．【答案】ACD
【详解】已知是抛物线的焦点，则，解得，所以选项A正确.
由可得抛物线方程为.过点且倾斜角为的直线的斜率，根据点斜式可得直线的方程为，即.
将代入，可得，即.
因为，是直线与抛物线的交点，根据韦达定理，，所以选项B错误.
由抛物线的焦点弦长公式.
由，根据韦达定理可得.
因为，所以，，则.
又因为，所以，所以选项C正确.
设的中点为，分别过，，作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，则，.
所以.
这说明以为直径的圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，
所以为直径的圆与抛物线的准线只有个公共点，所以选项D正确.
故选ACD.
11．【答案】ABD
【详解】可知等差数列的公差为，首项为，
则；
可知等比数列的公比为，首项为，
则；
若，则，由得，故A正确；
因等比数列中任意一项均不为，则必属于等差数列中的项，
又因，故，其中，解得，故B正确；
10为等差数列的第4项，故，故，
则，可知当时，不是正整数，故C错误；
依题意，
，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】1
【详解】依题意，，则.
13．【答案】60
【详解】将6本书分为3堆，共有种方法，
若甲同学不拿语文，则有种方法，故所有的分配方法有60种.
14．【答案】
【详解】依题意，，两式相减可得，.
因为，且，故，
所以数列的奇数项是以首项为，公差为4的等差数列，
同时数列的偶数项是以首项为，公差为4的等差数列，
所以当为偶数时，
；
同理可得，当为奇数时，
.
综上所述，
15．【答案】(1)
(2)极大值为，极小值为
【详解】（1）依题意，，
而，故
则所求切线方程为.
（2）令，则或，
当时，在单调递增；
当时，在单调递减；
当时，在单调递增.
故的极大值为，极小值为.
16．【答案】(1)，
(2)证明见解析
【详解】（1）依题意，，故，
则数列的公差，
故，
则.
（2）证明：依题意，，
故.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，平面平面，
故.
而平面平面，
故平面.
（2）取的中点，连接，易知两两相互垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设，
由于，所以，由为中点，故为中点，故，
.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
设直线与平面所成的角为，则.
18．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【详解】（1）依题意，
解得故的方程为.
（2）设，
由得，
所以，解得，
所以，
所以，
解得（负值舍去），故.
（3）证明：设，因为，且在同一条直线上，
所以，
又在同一条直线上，
所以，
所以，
所以，即点在直线上.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）当时，，依题意，，
则得，得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故.
（2）由（1）可知恒成立，即，等号成立时，
故在上恒成立，等号成立时，
所以当时，，
令，则，
即，
故，
累加得，故.
（3）依题意，在上恒成立，
令，
①当时，由于，
则有，
令，所以，
令，得，所以当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以，
令，则，令，所以，
令，得，所以当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以当时，，
即恒成立，符合题意.
②当时，由于在上单调递增，
且，
故存在唯一的，使得，即，
即，即，
此时，不符合题意.
综上，实数的取值范围是.