精品解析：四川省成都市实验外国语学校2024-2025学年高二下学期第二阶段考试数学试题

成都市金牛区实外高级中学高2023级2024-2025学年度下 第二阶段考试 数学 满分：150分 时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，只将答题卡交回. 一、单选题：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，只有一个选项符合题目要求. 1. 在等差数列中，已知，则数列的前项之和为（ ） A. B. C. D. 2. 先后两次掷一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标记为），记事件“第一次掷出的点数小于4”，事件“两次点数之和大于4”，则（ ） A. B. C. D. 3. 2025年2月深圳福田区推出基于DeepSeek开发的AI数智员工，并上线福田区政务大模型2．0版，该模型能进一步驱动政务效能全面跃升．某地也准备推出20名AI数智员工（假定这20名AI数智员工没有区别），分别从事三个服务项目，若每个项目至少需要5名AI数智员工，则不同的分配方法种数为（ ） A. 21 B. 18 C. 15 D. 12 4. 在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为平面，平面的中心，则点B到平面APQ的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 各项均为正数的等比数列的前5项和为，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 6. 若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 7. 已知函数，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则下列说法错误的是（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. 四叶图上的点到点的距离的最大值为 C. 动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2 D. 四叶图的面积小于32 二、多选题：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. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 有最小值 D. 有两个零点 10. 暑假期间，甲同学早上去图书馆有三种方式：骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁，概率分别为；又知道他骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁时，到达图书馆能立即找到空座位的概率分别为，下列说法正确的是（ ） A. 甲同学今天早上骑共享自行车出行与乘公交车出行是互斥事件 B. 甲同学今天早上乘公交车出行与乘地铁出行相互独立 C. 甲同学到达图书馆能立即找到空座位的概率大于 D. 若甲同学今天早上到达图书馆立即找到了空座位，则他是骑共享自行车出行的概率为 11. 在数列中，，，，是数列的前项和，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等差数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等差数列的前项和分别为，若，则__________. 13. 已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为______． 14. 现将8个体积相同但质量均不同的小球放入恰好能容纳8个小球且底面圆直径与小球直径相同的圆柱形卡槽内，这8个小球分别为2个红球、4个白球、2个黑球，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，则共有______种不同的放法；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，则共有______种不同的放法． 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. 为迎接校篮球社团组织的“李宁杯”三人篮球赛，某班甲、乙两位同学决定提前训练，为比赛做准备.在投篮训练中，甲、乙两位同学各自投篮，甲投一次得3分、2分、0分的概率分别为，乙投一次得3分、2分、0分的概率分别为，且甲、乙两人每次投篮的得分情况相互独立. （1）若甲、乙两人各进行两次投篮，求甲、乙的总得分不少于11分的概率； （2）若甲、乙两人各进行一次投篮，记两人的总得分为，求的分布列及数学期望. 16. 如图，在三棱柱中，平面，是边长为2的正三角形，，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 17. 正项数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若对于任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 18. 已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为． （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，求证：点到直线的距离为定值． 19. 已知函数（其中e为自然对数的底数）. （1）求函数的最小值； （2）若，且在上恒成立，求的最大值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市金牛区实外高级中学高2023级2024-2025学年度下 第二阶段考试 数学 满分：150分 时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，只将答题卡交回. 一、单选题：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，只有一个选项符合题目要求. 1. 在等差数列中，已知，则数列的前项之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式可求得结果. 【详解】设等差数列的前项和为，则. 故选：C. 2. 先后两次掷一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标记为），记事件“第一次掷出的点数小于4”，事件“两次点数之和大于4”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件概率公式即可求得的值. 【详解】由题意可知， 事件与事件同时发生， 有共12种可能， ，所以. 故选：B. 3. 2025年2月深圳福田区推出基于DeepSeek开发的AI数智员工，并上线福田区政务大模型2．0版，该模型能进一步驱动政务效能全面跃升．某地也准备推出20名AI数智员工（假定这20名AI数智员工没有区别），分别从事三个服务项目，若每个项目至少需要5名AI数智员工，则不同的分配方法种数为（ ） A. 21 B. 18 C. 15 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】先每组分5名员工，然后剩余5名分成三组，采用隔板法即可. 【详解】先每组分5名员工，然后剩余5名分成三组， 采用隔板法，五名员工和两个隔板，共有七个位置， 所以不同的分配方法种数为种. 故选：A 4. 在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为平面，平面的中心，则点B到平面APQ的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正方体建系，分别求出相关点和向量的坐标，计算出平面APQ的法向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【详解】如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 因点P，Q分别为平面，平面的中心，则， 于是，， 设平面的法向量为， 则， 故可取，又， 则点B到平面APQ的距离为. 故选：B. 5. 各项均为正数的等比数列的前5项和为，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和等比数列的前项和公式求解即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为（）， 根据题意即，解得（舍）， 而，故，所以 选选：A. 6. 若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（ ） A. 16 B. 32 C. 48 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知系数列式求出，再应用赋值法计算系数和即可. 【详解】的展开式中的系数为，所以， 所以令，所以展开式中所有项的系数的和为48. 故选：C. 7. 已知函数，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】易得函数为偶函数，利用导数判断函数在上的单调性，再根据函数的单调性和奇偶性即可得解. 【详解】因为， 所以函数为偶函数， ， 令，则， 所以函数， 即当时，， 所以函数在上单调递增， 所以. 故选：A. 8. 如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则下列说法错误的是（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. 四叶图上的点到点的距离的最大值为 C. 动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2 D. 四叶图的面积小于32 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，可求得逆时针旋转的抛物线方程判断A；与的交点到原点的距离最大，计算可判断B；分别求出抛物线与抛物线斜率为1的切线方程，再求出它们的距离即可判断C；.求出抛物线在点处的切线，求出该切线与x轴及直线所围成三角形面积，再结合对称性即可推理得证. 【详解】对于A，若，则抛物线， 若抛物线绕其顶点逆时针旋转，可得抛物线方程为， 即，开口向上，故A正确； 对于B，由抛物线的性质，可得四叶草关于原点对称，关于，轴，轴对称， 可知与的交点到原点的距离是四叶图上的点到点的距离最大的点， 解方程组可求得，所以，所以四叶图上的点到点的距离的最大值为，故B正确； 对于C，设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 直线的斜率为，即直线与直线平行或重合， 所以直线被第一象限封闭图形截的弦长最大值为，故C错误. 对于D，抛物线，求导得， 则抛物线在点处的切线斜率为， 抛物线在点处的切线方程为，即， 该切线交轴于点，因此在第一象限的半个草叶的面积必小于， 所以四叶图的面积小于，故D正确. 故选：C. 【点睛】思路点睛：理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解. 二、多选题：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. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 有最小值 D. 有两个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】首先求函数的导数，计算导数值即可判断A；利用导数求出函数的单调区间及函数的最小值即可判断BC；结合函数的单调性利用最小值大于零即可判断D. 【详解】的定义域为，， 对于A，，错误； 对于B和C，由，得，当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以当时，取得最小值，故BC正确； 对于D，由在上单调递减，在单调递增，且的最小值为， 所以无零点，错误． 故选：BC． 10. 暑假期间，甲同学早上去图书馆有三种方式：骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁，概率分别为；又知道他骑共享自行车，乘公交车，或乘地铁时，到达图书馆能立即找到空座位的概率分别为，下列说法正确的是（ ） A. 甲同学今天早上骑共享自行车出行与乘公交车出行是互斥事件 B. 甲同学今天早上乘公交车出行与乘地铁出行相互独立 C. 甲同学到达图书馆能立即找到空座位的概率大于 D. 若甲同学今天早上到达图书馆立即找到了空座位，则他是骑共享自行车出行的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据互斥事件的定义判断；对B，根据相互独立事件的定义判断；对C，由全概率公式求解判断；对D，由条件概率的计算公式求解判断. 【详解】设“甲同学今天早上骑共享自行车出行”为事件A1，“甲同学今天早上乘公交车出行”为事件A2， “甲同学今天早上乘地铁出行”为事件，“甲同学到达图书馆能立即找到空座位”的事件为B． 对于A，A1与A2不能同时发生，故A正确； 对于B，因为，，但，故，故B错误； 对于C，由，，，，，， 由全概率公式得： ．故C正确； 对于D，由题意可知所求概率为；故D正确． 故选：ACD． 11. 在数列中，，，，是数列的前项和，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等差数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知递推式得，结合等比、等差数列的定义判断A、B；应用分组求和及等差、等比数列前n项和公式求和判断C、D. 【详解】由，得， 则数列是首项为，公比为2的等比数列，A正确. 根据等比数列的通项公式得，即，则， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列，B正确. 根据等差数列的通项公式得，即， 所以，C错误. 由， ，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等差数列的前项和分别为，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式可得出，然后即可得出答案. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 13. 已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为______． 【答案】2 【解析】 【分析】由已知可推得，然后得出，即可根据的关系得出离心率. 【详解】 如图，设为与渐近线的交点， 由题意：，， 所以Q是线段的中点， 所以. 又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知， 所以，所以， 所以， 所以离心率. 故答案为：2 14. 现将8个体积相同但质量均不同的小球放入恰好能容纳8个小球且底面圆直径与小球直径相同的圆柱形卡槽内，这8个小球分别为2个红球、4个白球、2个黑球，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，则共有______种不同的放法；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，则共有______种不同的放法． 【答案】 ①. 1728 ②. 3840 【解析】 【分析】依题意可将把8个小球放入卡槽内的过程转化为这8个小球位置上的排列组合问题，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，先排红球和黑球，再利用插空法排白球，按照分步乘法计数原理计算可得；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，先任选1个白球，1个黑球放入2个红球中间，再将1个白球，1个黑球和2个红球进行捆绑与剩余的4个小球进行全排列，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】由题意可将把8个小球放入卡槽内的过程转化为这8个小球位置上的排列组合问题， 若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端， 先排红球和黑球共有种方法，再排其中1个白球有种方法， 最后排剩余的3个白球有种方法，所以共有种不同的放法． 若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，先任选1个白球，1个黑球放入2个红球中间，有种方法， 又2个红球的放法有种， 再将1个白球，1个黑球和2个红球进行捆绑与剩余的4个小球进行全排列有种， 所以共有种不同的放法． 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. 为迎接校篮球社团组织的“李宁杯”三人篮球赛，某班甲、乙两位同学决定提前训练，为比赛做准备.在投篮训练中，甲、乙两位同学各自投篮，甲投一次得3分、2分、0分的概率分别为，乙投一次得3分、2分、0分的概率分别为，且甲、乙两人每次投篮的得分情况相互独立. （1）若甲、乙两人各进行两次投篮，求甲、乙的总得分不少于11分的概率； （2）若甲、乙两人各进行一次投篮，记两人的总得分为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） 0 2 3 4 5 6 数学期望为 【解析】 【分析】（1）甲、乙的总得分不少于11分包含甲、乙两人各投两次且两人两次全得3分，或者一人两次全得3分，另一人一次得3分，一次得2分两种情况.根据相互独立事件概率公式求解即可； （2）甲、乙两人各进行一次投篮的总得分的所有可能取值为0，2，3，4，5，6，分别对每一个取值求概率即可得随机变量的分布列与数学期望. 【小问1详解】 设事件为“甲、乙两人各进行两次投篮，总得分不少于11分”， 则事件包含甲、乙两人各投两次且两人两次全得3分，或者一人两次全得3分，另一人一次得3分，一次得2分两种情况. 故， 故甲、乙两人各进行两次投篮，总得分不少于11分的概率为. 【小问2详解】 甲、乙两人各进行一次投篮的总得分的所有可能取值为0，2，3，4，5，6， 则； ； ； ； ； . 故的分布列为 0 2 3 4 5 6 所以. 16. 如图，在三棱柱中，平面，是边长为2的正三角形，，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）在三棱柱中，由底面,平面，得， 由为等边三角形，为的中点，得， 而平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）以D为原点建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，再利用空间向量求出线面角的正弦即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连结，由为的中点，得， 由（1）知平面，平面，则，而， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， ，，设平面的法向量， 则 ，令，得，而， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 17. 正项数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若对于任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，，与题目式子联立化简得，从而，再求出，根据等差数列的定义求出通项公式即可； （2）先求出，然后利用错位相减法求和即可； （3）由题意得恒成立，设，进而得数列是递减数列，求出数列的最大值为，即可求解. 【小问1详解】 当时，， 有， 整理得，又，有， 所以， 当时，，整理得，得（舍）或， 所以数列是等差数列，首项，公差为，， 因此数列的通项公式； 【小问2详解】 由（1）知， ① ② ①—②得， 所以； 【小问3详解】 若不等式恒成立，即， 等价于恒成立， 设，则有， 对，所以，即， 可知数列是递减数列， 数列的最大值为，所以， 因此实数的取值范围为． 18. 已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为． （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，求证：点到直线的距离为定值． 【答案】（1） （2）证明：设， 当直线和轴线平行时，， 解得， 所以点到直线的距离为． 当直线和轴线不平行时，设直线的方程为， 由得 所以． 又， 所以 解得． 又点到直线的距离为，则，故，即点到直线的距离为． 综上所述，点到直线的距离为定值． 【解析】 【分析】（1）由题意得双曲线的渐近线方程为，右顶点为，利用点到直线的距离得，又离心率，即可求解； （2）当直线和轴线平行时得点到直线的距离为，当直线和轴线不平行时，设直线的方程为，与双曲线联立，由韦达定理有，又得，最后由点到直线的距离即可得证. 【小问1详解】 由题意，得双曲线的渐近线方程为，右顶点为．又， 且， 所以，故． 又，解得， 所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 略. 19. 已知函数（其中e为自然对数的底数）. （1）求函数的最小值； （2）若，且在上恒成立，求的最大值； （3）求证：. 【答案】（1） （2） （3） 要证， 只需证明：对于恒成立， 令，则， 当时，令，则， 在上单调递增，即在上为增函数. 又因为，， 所以存在使得. 由，得即即， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，即. 【解析】 【分析】（1）对求导，根据单调性可得的最小值； （2）令，求导得到的最小值，令，得到，再令，求导得到的最大值，即得结果； （3）令，对求导，通过分析的单调性即可求证. 【小问1详解】 因为，所以. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以. 【小问2详解】 令，， 由得出；由得出， ；，， 令，；， 时，，单调递增；时，，单调递减， 则是的极大值点，，的最大值为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $