精品解析：甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高二上学期开学阶段检测数学试题

兰州一中2024-2025-1学期阶段检测试题 高二数学 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知复数z满足，则z的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知等差数列的前n项和为，且点在直线上，则（ ） A. 2019 B. 2020 C. 4038 D. 4040 3. 如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必经过（ ） A. 点 B. 点 C. 点但不过点 D. 点和点 4. 若函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数图象关于对称 D. 函数的图象关于点对称 5. 已知一组正数的方差为，则数据的平均数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知甲袋中有标号分别为1，2，3，4的四个小球，乙袋中有标号分别为2，3，4，5的四个小球，这些球除标号外完全相同，第一次从甲袋中取出一个小球，第二次从乙袋中取出一个小球，事件表示“第一次取出的小球标号为3”，事件表示“第二次取出的小球标号为偶数”，事件表示“两次取出的小球标号之和为7”，事件表示“两次取出的小球标号之和为偶数”，则（ ） A. 与相互独立 B. 与互斥事件 C. 与是对立事件 D. 与相互独立 7. 在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 10 8. 已知是单位向量，且的夹角为，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则n平行于内的无数条直线 C. 若，则 D. 若，则 10. 下列说法正确的有（ ） A. 在中， B. 在中，若，则 C. 若，则一定是钝角三角形 D. 若，，，则符合条件的有两个 11. 在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 三棱锥外接球的表面积为18 C. 三棱锥的体积为 D. 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列前项和，则它的通项公式______． 13. 已知圆台的侧面积与轴截面的面积之比为，若上、下底面的半径分别为1和2，则母线长为__________． 14. 如图，在△ABC中，，DB⊥平面ABC，且，BD＝3，FC＝4，AE＝5.则此几何体的体积为________． 四、解答题（本大题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在中，，，分别为角，，所对的边，为的面积，且． （I）求角大小； （II）若，，为的中点，且，求的值． 16. 黄山原名“黟山”，因峰岩青黑，遥望苍黛而名，后因传说轩辕黄帝曾在此炼丹，故改名为“黄山”.黄山雄踞风景秀丽的安徽南部，是我国最著名的山岳风景区之一.为更好地提升旅游品质，黄山风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图，求x的值； （2）估计这100名游客对景区满意度评分的40%分位数（得数保留两位小数）； （3）景区的工作人员采用按比例分层抽样的方法从评分在的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在和内各1人的概率. 17. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）对于，将数列中落在区间内的项的个数记为，求数列的通项公式. 18. 如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面. （1）求证：平面； （2）求二面角余弦值. 19. 已知数列具有性质： ， 都，使得. （1）分别判断以下两个数列否满足性质，并说明理由； （ⅰ）有穷数列：； （ⅱ）无穷数列：； （2）若有穷数列满足性质，且各项互不相等，求项数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州一中2024-2025-1学期阶段检测试题 高二数学 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知复数z满足，则z的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先计算得出z，再求其共轭复数即可. 【详解】由题知，所以，则，对应的点为，位于第四象限. 故选：D． 2. 已知等差数列的前n项和为，且点在直线上，则（ ） A. 2019 B. 2020 C. 4038 D. 4040 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质求解，根据可求答案. 【详解】因为点在直线上，所以； 因为等差数列满足， 所以. 故选：A. 3. 如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必经过（ ） A. 点 B. 点 C. 点但不过点 D. 点和点 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面的基本事实，结合图形，即可判断选项. 【详解】∵直线，过三点的平面记作， ， ∴与的交线必通过点和点， 故选：D． 4. 若函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数图象关于对称 D. 函数的图象关于点对称 【答案】A 【解析】 【分析】先根据三角恒等变换化简的表达式，然后根据三角函数的性质进行判断. 【详解】根据二倍角公式和诱导公式，，于是. A选项，根据三角函数周期公式，，A选项错误； B选项，令，解得，时可得在区间上单调递增，B选项正确； C选项，令，解得，时可得图象关于对称，C选项正确； D选项，，解得，为对称中心的横坐标，令，解得，故的图象关于点对称，D选项正确. 故选：A 5. 已知一组正数的方差为，则数据的平均数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据方差的计算公式可得到数据的平均数，再根据平均数的计算公式即可得到数据的平均数． 【详解】由方差的计算公式可得， 可得平均数， 对于数据有． 故选：C． 6. 已知甲袋中有标号分别为1，2，3，4的四个小球，乙袋中有标号分别为2，3，4，5的四个小球，这些球除标号外完全相同，第一次从甲袋中取出一个小球，第二次从乙袋中取出一个小球，事件表示“第一次取出的小球标号为3”，事件表示“第二次取出的小球标号为偶数”，事件表示“两次取出的小球标号之和为7”，事件表示“两次取出的小球标号之和为偶数”，则（ ） A. 与相互独立 B. 与是互斥事件 C. 与是对立事件 D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件及相互独立事件的定义判断即可. 【详解】由题意可得基本事件总数为， 设， ， ， ， 由题意可得与可以同时发生，故不互斥事件，故B错误； 易知与不同时发生，即与为互斥事件， 但不是对立事件，比如当发生时与均不发生，故C错误. 又， 则，， 从而与不相互独立，与相互独立，故A错误，D正确. 故选：D 7. 在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ） A B. 4 C. 6 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得. 【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小， 连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为的正三棱锥，， 所以， 由余弦定理可得 ， ，所以截面的最小周长为. 故选：C. 8. 已知是单位向量，且的夹角为，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量模与夹角的公式得，进而结合向量的夹角范围求解即可. 【详解】因为是单位向量，且的夹角为， 所以， 又， 所以， 又，所以，所以. 故选：C. 二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则n平行于内的无数条直线 C 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面位置关系、判定定理及性质即可判断. 【详解】对于A，因为，所以或，故A错误； 对于B，因为，所以或，所以n平行于内的无数条直线，故B正确； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：ACD. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 在中， B. 在中，若，则 C. 若，则一定是钝角三角形 D. 若，，，则符合条件的有两个 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用正弦定理边角化即可求解； 对于B,根据诱导公式及三角形的性质即可求解； 对于C，利用余弦定理的推理即可求解； 对于D，利用余弦定理即可求解. 【详解】对于A，由正弦定理，得,所以，故A正确； 对于B，在中，若， 而则或， 所以或，故或，故B错误； 对于C，若，则，而,所以为钝角，即为钝角三角形，故C正确； 对于D，由余弦定理得,有唯一解,故D错误. 故选：AC 11. 在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 三棱锥外接球的表面积为18 C. 三棱锥的体积为 D. 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据线面垂直可判断A；根据三棱锥的等体积法结合体积公式可判断B；求得三棱锥外接球的半径，即可求得外接球的表面积，判断C；将三棱锥补成长方体，确定最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，求得截面圆半径，即可得截面的面积，判断D. 【分析】对于A：由题意知平面 ， 所以 平面，平面，所以 ，故A正确； 对于B：因为两两垂直， 故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等， 故其外接球半径， 故外接球表面积，故B错误； 对于C：， 因为M为的中点，所以，故C正确； 对于D：将三棱锥补成如图所示长方体，， 设长方体外接球球心为O，即为三棱锥的外接球球心 过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆， 最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，， 此时截面圆半径为 此时截面圆的面积为 ，所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列的前项和，则它的通项公式______． 【答案】． 【解析】 【分析】由与的关系，化简可得所求通项公式． 【详解】由，可得时，； 当时，． 此时，当 综上，可得． 故答案为：． 13. 已知圆台的侧面积与轴截面的面积之比为，若上、下底面的半径分别为1和2，则母线长为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式和梯形面积公式分别计算侧面积和轴截面面积，由条件列方程求母线长. 【详解】设圆台的母线长为，高为，则， 因为圆台上、下底面的半径分别为1和2， 所以圆台的侧面积，轴截面面积， 由已知，化简得， 所以 解得． 故答案为：2. 14. 如图，在△ABC中，，DB⊥平面ABC，且，BD＝3，FC＝4，AE＝5.则此几何体的体积为________． 【答案】96 【解析】 【分析】用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使，再由柱体的体积公式计算即可得出答案. 【详解】用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱， 使，所以V几何体＝V三棱柱. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在中，，，分别为角，，所对的边，为的面积，且． （I）求角的大小； （II）若，，为的中点，且，求的值． 【答案】（I）；（II）． 【解析】 【分析】（I）利用正余弦定理及面积公式，代入对应公式得，解得，（II）为的中点，利用向量，再根据余弦定理得，解得，，最后根据正弦定理可得解. 【详解】（I）由已知得， ∴. 即 ∴. 又∵，， （II）由得： ，又∵为的中点，∴，， ∴，即. 又∵， ∴. 又∵，∴，， ∴. 16. 黄山原名“黟山”，因峰岩青黑，遥望苍黛而名，后因传说轩辕黄帝曾在此炼丹，故改名为“黄山”.黄山雄踞风景秀丽的安徽南部，是我国最著名的山岳风景区之一.为更好地提升旅游品质，黄山风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图，求x的值； （2）估计这100名游客对景区满意度评分的40%分位数（得数保留两位小数）； （3）景区的工作人员采用按比例分层抽样的方法从评分在的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在和内各1人的概率. 【答案】（1） （2）83.33 （3） 【解析】 【分析】（1）根据直方图中频率和为1求参数即可； （2）由百分位数的定义，结合直方图求分位数； （3）分布求各组人数，利用列举法结合古典概型运算求解. 【小问1详解】 由图知：，可得. 【小问2详解】 由， 所以分位数在区间内，令其为， 则，解得. 所以满意度评分的分位数为83.33. 【小问3详解】 因为评分在的频率分别为， 则在中抽取人，设为； 在中抽取人，设为； 从这6人中随机抽取2人，则有： ， ，共有15个基本事件， 设选取的2人评分分别在和内各1人为事件， 则有，共有8个基本事件， 所以. 17. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）对于，将数列中落在区间内的项的个数记为，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义，结合等差数列的通项公式进行求解即可； （2）通过解不等式进行求解即可. 【小问1详解】 当时，为等差数列，设公差为. . 【小问2详解】 由（1）得，， ，，，…，， . 18. 如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 由菱形可得， 平面平面，平面平面， 又正方形中， 平面，又平面，， ，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证. （2）过作于，过作于，连接，利用线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角，在中直接求解即可. 【小问1详解】 略 小问2详解】 过作于，则平面. 过作于，连接， 因平面，则， 又平面，，故平面， 又平面，所以， 故为二面角的平面角， 在中，设，，， ，，， . 即二面角的余弦值为. 19. 已知数列具有性质： ， 都，使得. （1）分别判断以下两个数列是否满足性质，并说明理由； （ⅰ）有穷数列：； （ⅱ）无穷数列：； （2）若有穷数列满足性质，且各项互不相等，求项数的最大值. 【答案】（1）（ⅰ）有穷数列不满足性质，理由见详解；（ⅱ）无穷数列满足性质，理由见详解 （2）3 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）（ⅱ）根据性质的定义直接分析判断即可； （2）先取有穷数列，检验可知有穷数列满足性质，再利用反证法证明其不不存在其他项，即可得结果. 【小问1详解】 （ⅰ）有穷数列：，则， 例如取，不存在，使得， 所以有穷数列不满足性质； （ⅱ）无穷数列：， 对任意，则， 可知，则存在，使得， 所以无穷数列满足性质. 【小问2详解】 因为有穷数列各项互不相等， 若满足题意，可知是数列中的项， 取，解得或，即可能符合题意， 若，则，即也可能符合题意， 对于有穷数列，检验可知有穷数列满足性质， 假设有穷数列还有其他项，满足性质， 取，则存在，使得； 取，则存在，使得； ； 依此类推，可得到， 此时数列不是有穷数列，与题干相矛盾， 即假设不成立，可知数列不存在其他项，所以项数的最大值为3. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $