廣東省茂名市52校際聯盟20242025學年高二下學期質量檢測數學試題一、單選題1．已知函數在處可導，且，則（

）A． B．0 C．1 D．20252．首項為3的等差數列滿足，則的公差為（

）A．1 B．2 C．3 D．43．已知某同學參加了當地相關部門舉辦的數學奧林匹克競賽的預賽，該預賽共有3道解答題，3道全部答對即可獲得滿分，已知該同學答對這3道解答題的概率依次為0.8，，則該同學按題號順序連續正確解答出2道解答題但沒獲得滿分的概率為（

）A．0.408 B．0.384 C．0.246 D．0.5324．已知橢圓的離心率為，則的短軸長為（

）A． B．1 C．2 D．45．年月日，冰雪同夢綻放光芒，亞洲同心共譜華章．第九屆亞洲冬季運動會在黑龍江省哈爾濱市隆重開幕，在本次滑雪比賽中，某攝影師利用雷達干涉儀記錄了某名運動員整個過程中由起點起經過秒后的位移（單位：米）與時間（單位：秒）的關系為，則該名運動員在滑雪過程中瞬時速度為零的時刻為（

）A．1秒末 B．2秒末 C．4秒末 D．1秒末和4秒末6．已知點，，若以為圓心，5為半徑的圓與線段的垂直平分線相切，則（

）A． B．或 C． D．或7．已知數列和數列滿足，，則下列數列為等差數列的是（

）A． B． C． D．8．已知正三棱錐的三個側面均為等腰直角三角形，過點作一平面使得三點在該平面的同一側，且三點到該平面的距離分別為，則三棱錐的側棱長為（

）A．3 B． C． D．4二、多選題9．下列函數求導運算正確的是（

）A． B．C． D．10．在一個密閉的盒子中放有大小和形狀都相同，編號分別為的4張卡牌，現從中依次不放回摸出兩張卡牌，記事件“第一次摸出的卡牌的編號為奇數”，事件“摸出的兩張卡牌的編號之和為5”，事件“摸出的兩張卡牌中有編號為2的卡牌”，則（

）A． B．事件與事件相互獨立C． D．事件與事件為互斥事件11．記為正項數列的前項和，為的前項積，已知，則（

）A． B．可能為常數列C． D．三、填空題12．已知空間向量，，若，則．13．已知函數在點處的切線斜率為，則曲線在點處的切線方程為．14．已知雙曲線的上焦點為，以軸上一動點為圓心，半徑為的圓與的上支交于、兩點，則點到、兩點距離之和的最小值為．四、解答題15．如圖，地到火車站共有兩條路徑和，現隨機抽取100位從地到火車站的人進行調查，調查結果如下：所用時間（分鐘）[10,20](20,30](30,40](40,50](50,60]選擇的人數612181212選擇的人數0416164(1)試用頻率估計概率，估計40分鐘內不能趕到火車站的概率：(2)現甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時間用于趕往火車站，為了盡量大可能在允許的時間內趕到火車站，試用頻率估計概率通過計算說明，他們應如何選擇各自的路徑.16．如圖，四棱錐中，平面，，，是平面內以為直徑的半圓的三等分點．(1)證明：平面平面；(2)求與平面所成角的正弦值．17．已知等比數列的首項為1，且是和的等差中項．(1)求的公比；(2)求數列的前項和．18．已知橢圓的左頂點為，過點的直線交于兩點．(1)當斜率不存在時，求外接圓的半徑；(2)求外接圓的半徑的最大值．19．對于在軸上的一點，若以軸為對稱軸的拋物線上存在兩點使得，且不與軸垂直，則稱線段是拋物線的一條“—伴隨線段”．(1)若拋物線存在“—伴隨線段”，求的取值范圍；(2)給定使得拋物線存在“—伴隨線段”．（ⅰ）求“—伴隨線段”的中點的軌跡方程；（ⅱ）討論“—伴隨線段”的長度是否有最大值，若有，求出最大值（用表示）；若沒有，說明理由．題號12345678910答案ABABCBDCABCBC題號11答案ABC1．A由導數的定義得.【詳解】因為，所以由導數的定義可知，故選：A．2．B根據等差數列得到關于公差的方程，解得.【詳解】設等差數列的公差為，由題意可得，，所以，解得．故選：B.3．A應用互斥事件概率及獨立事件乘法公式計算即可.【詳解】由題意可得所求事件的概率為．故選：A．4．B依據橢圓計算的范圍，確定焦點在軸上，再計算離心率，建立等式關系.【詳解】依題意，，即，則橢圓的焦點在軸上，因此，所以，故橢圓的短軸長為.故選：B．5．C根據條件，利用導數的物理意義得，即可求解.【詳解】因為，所以，令，得，解得或（舍去）．故選：C．6．B根據中點坐標公式和斜率公式求出線段AB的中點坐標和斜率，進而得到其垂直平分線的方程.再利用直線與圓相切時圓心到直線的距離等于半徑這一性質，結合點到直線的距離公式列出關于的方程，最后求解方程得到的值.【詳解】線段中點，斜率：，則垂直平分線，整理得，相切即圓心到直線的距離等于半徑，由點到直線的距離公式有，，即，解得或．故選：B．7．D根據等差數列的定義逐一判斷即可.【詳解】依題意，對消去，得，等價于，所以，所以是等差數列，故D正確，C錯誤；若是等差數列，則是等差數列，則是等差數列，與是公差為1的等差數列矛盾，故B錯誤；因為，故A錯誤．故選：D．8．C根據給定條件，以為原點建立空間直角坐標系，結合空間向量基本定理用表示平面的單位法向量，再利用給定距離及空間向量的數量積求解.【詳解】設三棱錐的側棱長為，題設所作平面為，以為原點，的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，設單位向量是平面的一個法向量，由空間向量基本定理知，存在唯一的有序實數組，使得，依題意，在上的投影向量的長度為1，則，即，即，解得，同理得，，于是，而，所以.故選：C9．ABC利用基本初等函數的導數公式可判斷A選項；利用導數的運算法則可判斷BD選項；利用復合函數的求導法則可判斷C選項.【詳解】對于A，，故A正確；對于B，，故B正確；對于C，，故C正確；對于D，，故D錯誤．故選：ABC．10．BC根據給定條件，利用古典概率公式，結合相互獨立事件、互斥事件及概率的基本性質逐項求解判斷.【詳解】對于A，由古典概率得，A錯誤；對于B，，，，則，即事件與事件相互獨立，B正確；對于C，，C正確；對于D，當摸出的兩張卡牌編號為2，3時，事件與事件同時發生，D錯誤．故選：BC11．ABC對于A由是正項數列，即即可判斷，對于B當時即可判斷，對于C利用基本不等式即可判斷，對于D即可判斷.【詳解】因為是正項數列，所以，，所以，故A正確；若，滿足，故B正確；，當且僅當，即時，等號成立，所以，當且僅當時，等號成立，故C正確；，即，故D錯誤．故選：ABC．12．//由得，即可得到的值.【詳解】因為，所以，解得．故答案為：．13．根據條件，利用導數的幾可意義，即可求解.【詳解】由題意可得，故，則，又，所以，故曲線在點處的切線方程為，化簡可得，故答案為：．14．設出圓的方程與雙曲線方程聯立，可得、，進而可得，利用兩點間距離公式求出，并利用不等式方法求出其最小值.【詳解】由題意可得，設、，設圓心為，動圓方程為，聯立，得，則，，因此，故．因為，所以，同理可得，故，又，且，，故，，從而，故，故當時，取得最小值．故答案為：．15．(1)；(2)甲應選擇路徑，乙應選擇路徑.（1）根據頻數計算頻率即可；（2）分別計算兩個時間段的概率，比較概率的大小可得結論.【詳解】（1）調查的100人，其中40分鐘內不能趕到火車站有：（人），因此40分鐘內不能趕到火車站的頻率為，用頻率估計概率，所以40分鐘內不能趕到火車站的概率為.（2）設分別表示甲選擇和時，在40分鐘內趕到火車站；分別表示乙選擇和時，在50分鐘內趕到火車站，依題意，，，由，得甲應選擇路徑；，，由，得乙應選擇路徑，所以甲應選擇路徑，乙應選擇路徑.16．(1)證明見解析(2)．（1）先應用線面垂直判定定理得出平面，再應用面面垂直判定定理證明即可；（2）先建立空間直角坐標系，先求平面的一個法向量，再應用線面角正弦公式計算即可.【詳解】（1）因為平面，平面，所以，因為是平面內以為直徑的半圓的三等分點，所以，所以，所以，因為，平面，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面PBC．（2）以為坐標原點，垂直于的方向為軸正方向，的方向分別為軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，故，，，設平面的一個法向量為，則，可以取，設直線與平面所成角為，所以，故與平面所成角的正弦值為．17．(1)證明見解析(2)（1）應用等差中項列式，再計算求解公比；（2）分公比為1或分別應用等差數列求和公式及錯位相減法計算求解.【詳解】（1）由題意可得，設的公比為，則，，即，由題可知，也即，解得或，即的公比為1或．（2）當公比為1時，為常數列，且首項為1，即，則,則數列的前項和．當公比為時，此時，則，則數列的前項和，，兩式相減可得，即，也即．綜上，．18．(1)(2)（1）求出點坐標，利用對稱性可設外心，利用建立方程關系即可得出半徑；（2）設直線方程，聯立方程組，求出以及利用斜率得出，進而得出，在中利用正弦定理可計算外接圓半徑.【詳解】（1）由題意可知直線，聯立，解得，不妨設，，易得此時外接圓圓心在軸上，，設，則的外接圓半徑，即，解得，故．（2）當直線與軸重合時無法構成三角形，則設，，，聯立，得則，，，則，，，易得，故，在中利用正弦定理得，令，則，故，當時等號成立，故的外接圓半徑的最大值為．19．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）答案見解析（1）由，取中點為，則，表示出直線的方程直線過點，則有即可求解；（2）（ⅰ）由得中點的橫坐標為，即的橫坐標在定直線上，又與直線交點為即可求解；（ⅱ）由兩點的距離公式有，利用基本不等式有，可得，解得，把看成關于的二次函數，最后利用二次函數的性質即可求解.【詳解】（1）由，取中點為，則．設