广东省东莞高级中学2024−2025学年高二下学期第一次教学质量检测 数学试题（含解析）

这是一份广东省东莞高级中学2024−2025学年高二下学期第一次教学质量检测 数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．用0∼9这10个数字可以设置成（ ）种不同的6位银行卡密码．
A．B．C．D．
2．已知函数，则（ ）
A．B．C．1D．2
3．已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
4．设，其中，且，则（ ）
A．1B．3C．5D．6
5．已知数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．为等比数列B．为等差数列
C．为等比数列D．为等差数列
6．某外商计划在5个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有（ ）
A．36种B．60种C．120种D．180种
7．已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ）
A．1B．C．2D．3
8．定义满足方程的解叫做函数的“自足点”，则下列四个函数：①；②；③；④，则存在“自足点”的函数共有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．是的极小值点B．是的极大值点
C．的单调减区间是D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．某同学把英文单词“apple”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有59种
D．将9个团员指标分到某年级的3个班，每班要求至少得2个，有15种不同的分配方法
11．杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》．杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论正确的是（ ）
A．第20行中从左到右第14个数与第15个数之比为
B．记第行的第个数为，则
C．第三斜行的数：1，3，6，10，15，…，构成数列，则数列的前项和为
D．第三斜行的数：1，3，6，10，15，…，构成数列，则数列的前项和为
三、填空题
12．若函数在上有极值，则实数的取值范围是 ．
13．已知圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，且，则该双曲线的离心率为 ．
14．若，则 ， ．
四、解答题
15．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．
条件①：展开式中第3项的二项式系数是21；
条件②：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等；
条件③：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64．
【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】
问题：已知二项式，若________，求：
(1)的值；
(2)展开式中二项式系数最大的项．
16．（1）求函数的极值．
（2）证明不等式：；
17．如图，四边形与四边形是全等的矩形，，，为线段上的点．
(1)若，求平面与平面夹角的余弦值；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求．
18．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)判断函数的单调性；
(3)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
19．若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相似椭圆”．如图在直角坐标系中，已知椭圆，，分别为椭圆的左，右顶点．椭圆以线段为短轴且与椭圆为“相似椭圆”．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆分别相交于，两点，且（为原点），求直线的斜率的取值范围；
(3)设为椭圆上异于，的任意一点，过作轴，垂足为，线段交椭圆于点．求证：为的垂心．（垂心为三角形三条高的交点）
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题，每一位都有10种选法，共6步，按分步乘法原理得，答案为，
故选D.
2．【答案】A
【详解】由题，
，
故选A.
3．【答案】B
【详解】由求导，，
因对于，都有成立，故，
即函数在上单调递增，
又，故.
故选B.
4．【答案】D
【详解】
，
每一项都可被整除，
所以，
所以，
故选D.
5．【答案】C
【详解】数列的前项和满足，当时，，
两式相减，得，则，
由，得，，不满足上式，
数列的通项公式为，
因此数列既不是等差数列也不是等比数列，AB错误；
，，则，而，
因此数列是首项为2，公比为3的等比数列，正确C，D错误.
故选C.
6．【答案】C
【详解】该外商不同的投资方案分为两类：若1个城市投资2个项目，另外1个城市投资1个项目，有种投资方案；
若3个城市各投资1个项目，共有种投资方案，
由分类计数原理知，共有120种不同的投资方案．
故选C．
7．【答案】D
【详解】设底面边长为，则高，
由，所以，
所以体积 ，
设，，则，
所以当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，
此时.
故选D．
8．【答案】B
【详解】对于①，则，由，
即，，所以无实数根，
因此不存在“自足点”，故①错误；
对于②，，则，由，
可得，其中，令，显然在定义域上单调递增，
又，，
所以函数在上存在零点，即函数存在“自足点”，故②正确；
对于③，则，其中，
因为，故函数存在“自足点”，故③正确；
对于④，则，
由，可得，
因为，，
所以，
所以方程无实解，故④错误.
故存在“自足点”的函数共有个.
故选B.
9．【答案】BC
【详解】观察导函数的图象，当或时，，当且仅当时取等号，
当时，，因此函数在是递增，在上递减，
不是极值点，是的极大值点，A错误，B正确；
的单调减区间是，，C正确，D错误.
故选BC.
10．【答案】AC
【详解】对于A，，
故A正确；
对于B， ，解的，又为正整数，所以或，
当时，；当时，，故B错误；
对于C，“apple”有 5 个字母，其中“p”重复 2 次，所以总的排列个数为，
除去一种正确的情况，所以可能出现的错误共有59种，故C正确；
对于D，先给每个班分一个名额，共用去3个名额，还剩6个名额分给3个班级，要求每个班级至少一个名额，利用挡板法，共有种，故D错误；
故答案为AC.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，第20行中从左到右第14个数为，第15个数为，之比为，故A正确；
对于B，，所以，，
所以，故B错误；
对于C，，所以，
则数列的前项和为，故C正确；
对于D，，则数列的前项和为，故D正确，
故选ACD.
12．【答案】
【详解】因为，则，
依题意存在变号零点，则，
解得或，
所以实数的取值范围是.
13．【答案】/
【详解】双曲线的渐近线为，
由对称性可知，取研究即可，
易得的圆心为，半径，又弦长，
所以圆心到直线的距离为，
所以，
所以双曲线的离心率.
14．【答案】

【详解】令，则，
令，则，
；
又因为在展开式中的系数为的二次项与的常数以及的一次项与的一次项相乘得到，
所以展开式中的系数.
15．【答案】(1)条件选择见解析，；
(2).
【详解】（1）选条件①，展开式中第3项的二项式系数是21，则，
而，所以.
选条件②，展开式中第2项与第7项的二项式系数相等，则，
所以.
选条件③，展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64，则，
所以.
（2）由（1）知，，则展开式中二项式系数最大的项是第4项和第5项，
即，
所以展开式中二项式系数最大的项.
16．【答案】（1）极大值为，极小值为；（2）证明见解析
【详解】（1）函数的定义域为，又，
所以当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即极大值为；
在处取得极小值，即极小值为；
（2）依题意可得，令，，
则，
所以当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
所以，即，即恒成立，
即在上恒成立，得证.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1），又四边形与四边形是全等的矩形，
所以两两垂直，以为原点，分别为z轴，x轴，y轴，建系如图，设，则，
所以，
所以，
设平面一个法向量为，
则，取，解得，，所以，
设平面一个法向量为，
则，取，解得，，所以，
设求平面与平面夹角的平面角为，由图，显然为锐角，
所以.
（2）由（1）可得，平面，
所以即为直线与平面所成角，
同（1），设，则，
所以，，
所以，同（1）建系，则，
所以，
所以.
18．【答案】(1)
(2)当时，的单调减区间为；当时，的单调增
区间为，的单调减区间为
(3)
【详解】（1）当时，，，
所以切线斜率为，
，所以切点坐标为，
故切线方程为，即；
（2），
当时，对恒成立，所以此时的单调减区间为，没有单调增区间；
当时，令，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
综上，当时，的单调减区间为；当时，的单调增
区间为，的单调减区间为.
（3）由题，对恒成立，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，所以实数的取值范围.
19．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意可知，椭圆的离心率，
设椭圆的方程为，则，，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为，，
联立，消去可得，
，
因为，即，代入韦达定理并化简可得
，
即，
代入判别式可得，解得或，
又，
所以直线的斜率的取值范围为.
（3）证明：设，则由得，
把带入椭圆，得，
因为在轴的同侧，所以，所以，
所以,
所以，又，所以H为的垂心．