高級中學名校試卷PAGEPAGE1廣東省清遠市2025屆高三教學質量檢測（二）數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，集合，則（）A B.C. D.【答案】C【解析】∵，，∴.故選：C．2.設為虛數單位，復數滿足，則（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】因為，所以，所以.故選：B．3.已知，，且，則（）A.4 B. C. D.【答案】B【解析】因為，，且，所以，解得.故選：B.4.已知隨機變量服從正態分布，下列結論中正確的是（）A.B.當時，C.D.隨機變量落在與落在的概率相等【答案】D【解析】對于A，，故A錯誤；對于B，當時，，故B錯誤；對于C，由正態分布密度曲線可知，故C錯誤；對于D，由正態分布密度曲線的對稱性可知，隨機變量落在與落在的概率相等，故D正確．故選：D．5.已知等差數列的前項和為，公差，若，且，，成等比數列，則的值為（）A.11 B.13 C.19 D.17【答案】C【解析】，即，又因為，，成等比數列，則，即，整理可得，再與聯立可得，，所以，，故選：C．6.已知函數在內恰有3個最值點和3個零點，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，且當時，，因為函數在內恰有3個最值點和3個零點，所以，解得，故選：D．7.設曲線在處的切線與軸交點的橫坐標為，則的值為（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】由，可得，所以曲線在處的切線方程是，令得，所以.故選：A．8.已知拋物線的方程為，直線與交于，兩點，，兩點分別位于軸的上下兩側，且，其中為坐標原點．過拋物線的焦點向作垂線交于點，動點的軌跡為，則的方程和直線斜率的最大值分別為（）A.（除去點）， B.（除去點），C.， D.，【答案】B【解析】由題可設，，則，解得或者（舍），設直線的方程為，與拋物線方程聯立得，所以，故，故直線的方程為，所以直線過定點，又因為，由圓的定義可知動點的軌跡是以為直徑的圓，因為中點坐標為，所以點的軌跡方程為（除去點），過原點的直線和在第一象限內相切時，斜率最大，所以直線斜率最大值為．故選:B二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.某同學擲骰子五次，分別記錄每次骰子出現的點數．根據該同學記錄的結果，判斷可能出現點數6的是（）A.平均數為3，中位數為2 B.中位數為3，眾數為2C.平均數為2，方差為2.4 D.中位數為3，方差為2.8【答案】ABD【解析】對于A，當投擲骰子出現結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數為3，中位數為2，可以出現點數6，故A正確；對于B，當投擲骰子出現結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數為3，眾數為2，可以出現點數6，故B正確；對于C，若平均數為2，且出現6點，則方差，故平均數為2，方差為2.4時，一定沒有出現點數6，故C錯誤；對于D，當投擲骰子出現結果為1，2，3，3，6時，滿足中位數為3，平均數為：，方差為，可以出現點數6，故D正確．故選：ABD10.如圖，在直棱柱中，底面是邊長為2的菱形，，，點為的中點，動點在側面內（包含邊界），則下列結論正確的是（）A.B.平面與平面所成角的余弦值為C.若，則點軌跡的長度為D.若點在直線上，則的最小值為【答案】ABC【解析】如圖1，連接，由菱形可得．再由直棱柱，可得底面．又因為底面，所以，而平面，所以平面，又因為平面，所以，故A正確；，，，所以為直角三角形，且，其在底面投影的三角形的面積為，由投影面積法可得平面和平面所成角的余弦值為，故B正確；如圖2，動點在側面內（包含邊界），過作，垂足為，由直棱柱，所以平面平面，平面平面，平面，且，所以平面.而側面，即有，由菱形邊長為2，，可得，再由勾股定理得：，則點的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓弧（如圖3中），則由側面正方形，可知，，可得，所以點軌跡的長度為，故C正確；由為直角三角形，且為等腰直角三角形，將與展開成一個平面圖，如圖4，則；由余弦定理得：，即，故的最小值為，故D錯誤．故選：ABC11.我們常用的數是十進制數，如，表示十進制的數要用10個數碼0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而電子計算機用的數是二進制數，只需兩個數碼0和1，如四位二進制的數，等于十進制的數13．已知，且，，若把位進制中的最大數記為，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于A中，由，所以A正確；對于B中，由，，可得，所以B錯誤；對于C中，由..，，因為，可得，即，所以C正確；對于D中，由，又由，函數，可得，所以在上單調遞減，當時，，則，即，因此，即，則，所以D正確．故選：ACD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.展開式中的常數項為______．【答案】【解析】展開式的通式為，令，得，所以常數項為．故答案為：13.已知函數，若，，且，則的最小值是________．【答案】4【解析】因為，所以，，所以函數為奇函數且為增函數，.由可得，即為.因為，所以．當且僅當，時取等號．故答案為：414.一個質點從平面直角坐標系的原點出發，每秒末必須等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一個單位長度，則此質點在第10秒末到達點的跳法共有________種．（用數字作答）【答案】9450【解析】質點第10秒末到達點共跳了10次，可分三類情況討論：第一類，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有種；第二類，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有種；第三類，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有種；根據分類計數原理得，共有（種）．故答案為：9450.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內角，，的對邊分別為，，，已知．（1）求；（2）若，外接圓的半徑為2，求的面積．解：（1）因，且，所以，所以．又因為，所以，故，因為，所以.（2）由正弦定理得，則，由余弦定理得，所以，所以，因為，所以，故的面積．16.已知數列的首項為，且滿足．（1）求證：是等比數列；（2）求數列的前項和．（1）證明：數列滿足，即，，即，又，數列表示首項為，公比為的等比數列．（2）解：由（1）知，，，當為偶數時，可得；當為奇數時，可得；綜上可得，17.已知橢圓：的左、右焦點分別為，，離心率為，點在橢圓上．（1）求橢圓的方程；（2）已知過點的直線交橢圓于，兩點，當的面積最大時，求此時直線的方程．解：（1）橢圓的離心率為，則，解得.又因為在橢圓上，代入方程得，又因為，可得.故橢圓的方程為.（2）由題意，設直線的方程為，聯立，得，設，，則，，，當且僅當即時取等號．故所求直線的方程為或．18.如圖，在正四棱錐中，，，分別為，的中點．設平面平面．（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）若平面與棱交于點，求的值．（1）證明：連接，在中，因為，分別為，的中點，所以，又因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，又因為，所以．（2）解：設，連接，因為為正四棱錐，所以為正方形的中心，所以，平面．以為原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意可知，，，，，，，，故，，，設平面的法向量為，則，即，令，則．設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為．（3）解：連接，設，所以，因為，所以，由（2）知平面的法向量為，所以平面的法向量為，由平面，可知，即，解得．即．19.在幾何學中常常需要考慮曲線的彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度．考察如圖所示的光滑曲線上的曲線段，其弧長為，當動點從沿曲線段運動到時，點的切線也隨著轉動到點的切線，記這兩條切線之間的夾角為（它等于的傾斜角與的傾斜角之差）．顯然，當弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當夾角固定時，弧長越小則曲線的彎曲程度越大，因此可以定義為曲線段的平均曲率；顯然當越接近，即越小，就越能精確刻畫曲線在點處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線在點處的曲率．（其中，分別表示在點處的一階，二階導數）（1）求單位圓上圓心角為的圓弧的平均曲率；（2）求拋物線在處的曲率；（3）定義為曲線的“柯西曲率”．已知在曲線上存在兩點和，若且，處的“柯西曲率”相同，求的最小值．解：（1）易知單位圓上圓心角為的圓弧，，所以．（2）由題意，因為在第一象限，所以，，，故，，故．（3），，故，其中，令，，則，設，則，令，，時，，在上遞減，時，，在上遞增，故；令，，令，則，當時，恒成立，故在上單調遞增，可得，即，故有，則在上遞增，故，故的最小值為．廣東省清遠市2025屆高三教學質量檢測（二）數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，集合，則（）A B.C. D.【答案】C【解析】∵，，∴.故選：C．2.設為虛數單位，復數滿足，則（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】因為，所以，所以.故選：B．3.已知，，且，則（）A.4 B. C. D.【答案】B【解析】因為，，且，所以，解得.故選：B.4.已知隨機變量服從正態分布，下列結論中正確的是（）A.B.當時，C.D.隨機變量落在與落在的概率相等【答案】D【解析】對于A，，故A錯誤；對于B，當時，，故B錯誤；對于C，由正態分布密度曲線可知，故C錯誤；對于D，由正態分布密度曲線的對稱性可知，隨機變量落在與落在的概率相等，故D正確．故選：D．5.已知等差數列的前項和為，公差，若，且，，成等比數列，則的值為（）A.11 B.13 C.19 D.17【答案】C【解析】，即，又因為，，成等比數列，則，即，整理可得，再與聯立可得，，所以，，故選：C．6.已知函數在內恰有3個最值點和3個零點，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，且當時，，因為函數在內恰有3個最值點和3個零點，所以，解得，故選：D．7.設曲線在處的切線與軸交點的橫坐標為，則的值為（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】由，可得，所以曲線在處的切線方程是，令得，所以.故選：A．8.已知拋物線的方程為，直線與交于，兩點，，兩點分別位于軸的上下兩側，且，其中為坐標原點．過拋物線的焦點向作垂線交于點，動點的軌跡為，則的方程和直線斜率的最大值分別為（）A.（除去點）， B.（除去點），C.， D.，【答案】B【解析】由題可設，，則，解得或者（舍），設直線的方程為，與拋物線方程聯立得，所以，故，故直線的方程為，所以直線過定點，又因為，由圓的定義可知動點的軌跡是以為直徑的圓，因為中點坐標為，所以點的軌跡方程為（除去點），過原點的直線和在第一象限內相切時，斜率最大，所以直線斜率最大值為．故選:B二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.某同學擲骰子五次，分別記錄每次骰子出現的點數．根據該同學記錄的結果，判斷可能出現點數6的是（）A.平均數為3，中位數為2 B.中位數為3，眾數為2C.平均數為2，方差為2.4 D.中位數為3，方差為2.8【答案】ABD【解析】對于A，當投擲骰子出現結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數為3，中位數為2，可以出現點數6，故A正確；對于B，當投擲骰子出現結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數為3，眾數為2，可以出現點數6，故B正確；對于C，若平均數為2，且出現6點，則方差，故平均數為2，方差為2.4時，一定沒有出現點數6，故C錯誤；對于D，當投擲骰子出現結果為1，2，3，3，6時，滿足中位數為3，平均數為：，方差為，可以出現點數6，故D正確．故選：ABD10.如圖，在直棱柱中，底面是邊長為2的菱形，，，點為的中點，動點在側面內（包含邊界），則下列結論正確的是（）A.B.平面與平面所成角的余弦值為C.若，則點軌跡的長度為D.若點在直線上，則的最小值為【答案】ABC【解析】如圖1，連接，由菱形可得．再由直棱柱，可得底面．又因為底面，所以，而平面，所以平面，又因為平面，所以，故A正確；，，，所以為直角三角形，且，其在底面投影的三角形的面積為，由投影面積法可得平面和平面所成角的余弦值為，故B正確；如圖2，動點在側面內（包含邊界），過作，垂足為，由直棱柱，所以平面平面，平面平面，平面，且，所以平面.而側面，即有，由菱形邊長為2，，可得，再由勾股定理得：，則點的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓弧（如圖3中），則由側面正方形，可知，，可得，所以點軌跡的長度為，故C正確；由為直角三角形，且為等腰直角三角形，將與展開成一個平面圖，如圖4，則；由余弦定理得：，即，故的最小值為，故D錯誤．故選：ABC11.我們常用的數是十進制數，如，表示十進制的數要用10個數碼0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而電子計算機用的數是二進制數，只需兩個數碼0和1，如四位二進制的數，等于十進制的數13．已知，且，，若把位進制中的最大數記為，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于A中，由，所以A正確；對于B中，由，，可得，所以B錯誤；對于C中，由..，，因為，可得，即，所以C正確；對于D中，由，又由，函數，可得，所以在上單調遞減，當時，，則，即，因此，即，則，所以D正確．故選：ACD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.展開式中的常數項為______．【答案】【解析】展開式的通式為，令，得，所以常數項為．故答案為：13.已知函數，若，，且，則的最小值是________．【答案】4【解析】因為，所以，，所以函數為奇函數且為增函數，.由可得，即為.因為，所以．當且僅當，時取等號．故答案為：414.一個質點從平面直角坐標系的原點出發，每秒末必須等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一個單位長度，則此質點在第10秒末到達點的跳法共有________種．（用數字作答）【答案】9450【解析】質點第10秒末到達點共跳了10次，可分三類情況討論：第一類，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有種；第二類，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有種；第三類，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有種；根據分類計數原理得，共有（種）．故答案為：9450.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內角，，的對邊分別為，，，已知．（1）求；（2）若，外接圓的半徑為2，求的面積．解：（1）因，且，所以，所以．又因為，所以，故，因為，所以.（2）由正弦定理得，則，由余弦定理得，所以，所以，因為，所以，故的面積．16.已知數列的首項為，且滿足．（1）求證：是等比數列；（2）求數列的前項和．（1）證明：數列滿足，即，，即，又，數列表示首項為，公比為的等比數列．（2）解：由（1）知，，，當為偶數時，可得；當為奇數時，可得；綜上可得，17.已知橢圓：的左、右焦點分別為，，離心率為，點在橢圓上．（1）求橢圓的方程；（2）已知過點的直線交橢圓于，兩點，當的面積最大時，求此時直線的方程．解：（1）橢圓的離心率為，則，解得.又因為在橢圓上，代入方程得，又因為，可得.故橢圓的方程為.（2）由題意，設直線的方程為，聯立，得，設，，則，，，當且僅當即時取等號．故所求直線的方程為或．18.如圖，在正四棱錐中，，，分別為，的中點．設平面平面．（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的