精品解析：甘肃省武威第六中学2023-2024学年高二下学期第二次阶段性考试数学试卷

武威六中教育集团2023—2024学年度第二学期第二次阶段性考试 高二年级数学试卷 2024.5 本试卷满分150分 考试时间120分钟 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. R 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 3. 红外体温计的工作原理是通过人体发出的红外热辐射来测量体温的，有一定误差.用一款红外体温计测量一位体温为的人时，显示体温X服从正态分布，若的值在内的概率约为，则n的值约为（ ） （参考数据：若，则）. A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 如图，若圆台的上､下底面半径分别为，且，则此圆台的内切球（与圆台的上､下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球）的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列．已知数列为，，，，，，且它的二阶商数列是常数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆，若直线上有且只有一个点满足：过点作圆的两条切线，切点分别为，且使得四边形为正方形，则正实数的值为（ ） A. -5 B. 3 C. D. 7 8. 已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知样本：均值为4，标准差为2，样本：的方差为4，则样本和样本的（ ） A. 平均数相等 B. 方差相等 C. 极差相等 D. 中位数相等 10. 已知复数，下列说法正确有（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 11. 已知是椭圆的右焦点，椭圆上至少有个不同的点，、、、组成公差为的等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. 该椭圆的焦距为 B. 的最小值为 C. 的值可以为 D. 的值可以为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 13. 已知，，则的最小值为__________. 14. 袋中有红､黄､蓝三种颜色的小球共10个（其中有5个红球），若从中一次取出3个小球，记恰有1只黄球的概率为，则的最大值为__________. 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. 在各项均不相等的等差数列中，，且等比数列，数列的前项和满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 如图所示，在四棱锥中，平面，底面是正方形，是的中点，在线段上，且. （1）求证： （2）求平面与平面所夹二面角余弦值. 17. 民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生参加预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔等5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为.假设学生能否通过这5项流程相互独立，现有某校高三学生甲､乙､丙三人报名民航招飞. （1）估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率； （2）求甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率； （3）根据甲､乙､丙三人的平时学习成绩，预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，设甲､乙､丙三人能被招飞院校录取的人数为X，求X的分布列及数学期望. 18. 如图，椭圆：的离心率为，设，分别为椭圆的右顶点，下顶点，的面积为1. （1）求椭圆方程； （2）已知不经过点的直线：交椭圆于，两点，且,求证：直线过定点. 19. 已知函数. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求实数的值； （2）当时，不等式对任意恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，求证：存在实数，使. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 武威六中教育集团2023—2024学年度第二学期第二次阶段性考试 高二年级数学试卷 2024.5 本试卷满分150分 考试时间120分钟 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. R 【答案】C 【解析】 【分析】 首先求函数的定义域，再求. 【详解】的定义域满足，解得：， 即，， . 故选：C 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法，分别令可得. 【详解】令，则，； 令，则； . 故选：C. 3. 红外体温计的工作原理是通过人体发出的红外热辐射来测量体温的，有一定误差.用一款红外体温计测量一位体温为的人时，显示体温X服从正态分布，若的值在内的概率约为，则n的值约为（ ） （参考数据：若，则）. A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合，得到，进而利用正态分布的性质得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】因为体温X服从正态分布， 所以， 因为的值在内的概率约为，且， 则， 所以， 则，解得， 所以，解得， 故选：D. 4. 如图，若圆台的上､下底面半径分别为，且，则此圆台的内切球（与圆台的上､下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球）的表面积为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体表面积公式求解即可. 【详解】设圆台上､下底面圆心分别为，则圆台内切球球心一定在中点处， 设球与母线切于点，（为球的半径）， 与全等，，同理 ， 圆台的内切球半径内切球的表面积. 故选：B. 5. 已知，，则（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先利用二倍角公式化简整理得到，再利用同角三角函数的平方关系，结合范围解出即可. 【详解】由，，得，， 所以，即，故， 代入得，，故， 因为，所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛： 本题解题关键在于熟记公式并准确运算，还要注意角的范围的限制，才能突破难点. 6. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列．已知数列为，，，，，，且它的二阶商数列是常数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数列的二阶商数列是常数列可知数列的一阶商数列是等比数列，再利用累乘法求得，即可得解. 【详解】设数列的一阶商数列为，二阶商数列为， 则，，， 又数列的二阶商数列是常数列， 则， 则满足， 所以数列是为首项，为公比的等比数列， 则， 所以， 则，，，，，， 等式左右分别相乘可得， 所以， 则， 故选：C. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆，若直线上有且只有一个点满足：过点作圆的两条切线，切点分别为，且使得四边形为正方形，则正实数的值为（ ） A. -5 B. 3 C. D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知正方形的边长就是圆的半径，从而得到，圆心到直线的距离就是正方形的对角线长，计算得到的值. 【详解】圆的圆心，半径， 设，则，由四边形为正方形， 可得，即为， 由题意可得直线与圆相切， 则圆心到直线的距离为， 可得，解答或-5（舍去）. 故选：B 8. 已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用函数的奇偶性定义判定该函数为奇函数，再利用基本不等式、导函数的符号判定该函数为单调递增函数，再综合利用奇偶性和单调性进行求解. 【详解】令， ， 所以函数为上的奇函数， 又，仅当x = 0时等号成立， 所以函数为上的增函数， 又，即，则， 所以，则，即，解得或， 实数的取值范围是. 故选：A 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知样本：的均值为4，标准差为2，样本：的方差为4，则样本和样本的（ ） A. 平均数相等 B. 方差相等 C. 极差相等 D. 中位数相等 【答案】BC 【解析】 【分析】设样本的均值为，方差为，极差为，中位数为，则由已知条件可得，，然后分和两种情况讨论求解. 【详解】对于选项A，B，C，设样本的均值为，方差为，极差为，中位数为，则，，，所以，， 当时，样本：；样本：，可得样本的平均数为，样本的平均数为， 样本和样本的极差相等为，方差也相等为4，故B，C正确； 选项D，设样本的中位数为，则样本的中位数为，故D错误. 当时，样本：；样本：，可得样本的平均数为，样本的平均数为， 样本和样本的极差相等为，方差也相等为4，故B，C正确； 选项D，设样本的中位数为，则样本的中位数为，故D错误. 故选：BC. 10. 已知复数，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得. 【详解】选项A，，则，故A正确； 选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误； 选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立. 证明：设，， 若，则有， 故有，即，两式相乘变形得，， 则有，或，或， ①当时，，即； ②当，且时，则， 又因为不同时为，所以，即； ③当，且时，则，同理可得，故； 综上所述，命题“若，则，或”成立. 下面我们应用刚证明的结论推证选项C， ，， ，或，即或，故C正确； 选项D，令， 则， 但，不为，故D错误. 故选：. 11. 已知是椭圆的右焦点，椭圆上至少有个不同的点，、、、组成公差为的等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. 该椭圆的焦距为 B. 的最小值为 C. 的值可以为 D. 的值可以为 【答案】ABD 【解析】 【分析】 求出的值，可判断A选项的正误；利用可判断B选项的正误；求出的取值范围，可判断CD选项的正误. 【详解】对于A选项，在椭圆中，，，，所以，该椭圆的焦距为， A选项正确； 对于B选项，由题意可得，B选项正确； 对于CD选项，，所以，，解得，C选项错误，D选项正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 13. 已知，，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】依题意可得，则，令，利用导数求出的最小值，即可得解. 【详解】，， ，，， 即，所以， 令，， 则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，当且仅当时取得. 故答案为： 14. 袋中有红､黄､蓝三种颜色的小球共10个（其中有5个红球），若从中一次取出3个小球，记恰有1只黄球的概率为，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设黄色小球有个，则，则，代入计算可得的最大值. 【详解】设黄色小球有个，则， 则， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 所以的最大值为. 故答案为：. 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. 在各项均不相等的等差数列中，，且等比数列，数列的前项和满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设数列的公差为，由已知可得，解得（舍去）或，可求数列的通项公式，利用与的关系可求得的通项公式； （2）利用，可求数列的前项和. 【小问1详解】 设数列的公差为，则， 成等比数列，，即， 整理得，解得（舍去）或， ， 当时，， 当时，满足上式， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 ， 则数列的前项和 . 16. 如图所示，在四棱锥中，平面，底面是正方形，是的中点，在线段上，且. （1）求证： （2）求平面与平面所夹二面角余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明，先证明平面即可. （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角的余弦值. 小问1详解】 连接四边形是正方形 平面平面 平面平面 平面平面 . 【小问2详解】 由（1）知两两垂直如图， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系. 不妨设 则 平面 平面的一个法向量为， 设， ， 设平面的法向量为，则， 取，则 平面的一个法向量， 设平面与平面所夹二面角的平面角为 则 平面与平面所夹二面角余弦值为. 17. 民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生参加预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔等5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为.假设学生能否通过这5项流程相互独立，现有某校高三学生甲､乙､丙三人报名民航招飞. （1）估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率； （2）求甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率； （3）根据甲､乙､丙三人的平时学习成绩，预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，设甲､乙､丙三人能被招飞院校录取的人数为X，求X的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率乘法公式可得； （2）可看成次独立重复试验模型求解概率； （3）分别计算出甲、乙、丙能被招飞院校录取的概率，按步骤求出离散型随机变量的分布列. 【小问1详解】 因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立， 所以估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率. 【小问2详解】 因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为， 所以甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率. 【小问3详解】 因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，且预估甲､乙､丙三人的高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为， 所以甲能被招飞院校录取的概率， 乙能被招飞院校录取的概率， 丙能被招飞院校录取概率. 依题意的可能取值为， 所以， ， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 3 所以. 18. 如图，椭圆：的离心率为，设，分别为椭圆的右顶点，下顶点，的面积为1. （1）求椭圆的方程； （2）已知不经过点的直线：交椭圆于，两点，且,求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意建立的方程组求解； （2）直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，，， 由已知可知，转化为坐标关系，代入根与系数的关系得到或，再验证是否成立，证明直线过定点. 【详解】解：（1）由已知，，，可得， 又因，即， 所以，即，， 所以椭圆的方程为. （2）联立，得， ，设，，则 ，， ① 因为 , ，即 即， 又，，， 即， ② 把①代入②得： 得或， 所以直线的方程为或， 所以直线过定点或（舍去）， 综上所述直线过定点. 【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，涉及椭圆中直线过定点问题，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具. 19. 已知函数. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求实数的值； （2）当时，不等式对任意恒成立，求实数取值范围； （3）当时，求证：存在实数，使. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导结合曲线在处的切线与直线垂直，可得，求解即可； （2）由已知可得对任意恒成立，设，利用导数求得最小值即可； （3）①当时，易得存在实数使；②当时，求导可得是的极小值，进而令，可得有唯一的极值，极大值，从而可得，可得结论. 【小问1详解】 因为，则， 因为曲线在处的切线与直线垂直， 所以切线的斜率为2， 所以． 【小问2详解】 当时， 所以不等式即， 转化为对任意恒成立， 设，则的解为， 1 - 0 + ↘ 极小值 ↗ 所以最小值为 所以 所以实数的取值范围； 【小问3详解】 ①当时，显然有，即存在实数使； ②当时，由可得， 所以在时，，所以函数在上递减， 时，，所以函数在上递增， 即是的极小值. 设，则，令，得，故有下表： 1 + 0 - ↗ 极大值 ↘ 所以有唯一的极值，极大值. 所以当时，，所以. 综上，若，存在实数使. 【点睛】要熟练导数的切线方程求法，导数在切点的横坐标取值即为切线斜率，对于存在问题，则只需证明有即可，根据参数可以分类讨论，在研究函数时一定要多分析其单调性，确定最值，从而解决存在问题，一般我们在解题时，任意和存在问题都归结为最值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$