精品解析：浙江省卓越联盟2024-2025学年高二下学期5月阶段性联考数学试题

2024学年第二学期金华市卓越联盟5月阶段性联考 高二年级数学学科试题 命题人：浦江三中；审题人：汤溪中学 大成中学 磐安二中 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知集合，，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解出集合所含的元素，再由集合的交集运算的定义求解． 【详解】，又 即， 故选C. 【点睛】本题考查交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解答本题的关键，属于基础题． 2. 已知为虚数单位，若复数，则为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数除法计算得，再根据复数模长公式计算即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D 3. 展开式中的常数项为（ ） A. -375 B. -15 C. 15 D. 375 【答案】D 【解析】 【分析】由展开式的通项公式即可求解. 【详解】由展开式的通项公式可得：， 令，得， 所以常数项为， 故选：D 4. 已知向量满足，若，则夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的数量积和向量的模长，计算向量的夹角的余弦值. 【详解】由题意知，则， 因为，所以，即， 即，解得， 所以. 故选：C. 5. 将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有 A. 10 种 B. 20 种 C. 36 种 D. 52 种 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，可得1号盒子至少放一个，最多放2个小球，即分两种情况讨论，分别求出其不同的放球方法数目，相加可得答案． 【详解】由题意得，把个颜色不相同的球分为两类： 一类是：一组1个，一组3个，共有种，按要求放置在两个盒子中，共有种不同的放法； 另一类：两组各两个小球，共有种不同的放法，按要求放置在两个盒子中，共有种. 所以共有种不同的放法. 故选：A. 6. 在中，内角的对边分别为，已知，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由正弦定理边角互化，计算求得，再根据余弦定理求，最后计算面积. 【详解】由正弦定理得，， ，则，故， 又，则为锐角，所以， ， 所以. 故选：B. 7. 7.刍甍（chúméng）是中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍甍者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶”.卷五“商功”：今有刍甍，下广3丈，下袤4丈；上袤2丈，无广；高1丈.其描述的是如图的一个封闭五面体，底面是矩形，底面到底面的距离为1，则该刍薨的体积为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】过点作，作，过点作，作，利用割补法可把该五面体分为两个四棱锥和一个三棱柱，然后利用锥体及柱体的体积公式即得. 【详解】过点作，作，垂足分别为，， 过点作，作，垂足分别为，， 连接，，如图， 取中点，连接，由知，， 因为，，且，是平面内两相交直线， 所以平面， 因为平面， 所以，又，是平面内两相交直线， 所以平面， 由题意， 所以，四棱锥和的体积均为， 三棱柱的体积， 所以，该五面体的体积为. 故选：D 8. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，求导分析单调性，进而可得的大小关系，令，求导分析单调性，进而可得的大小关系. 【详解】令，则， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即，当且仅当时，取等号， 所以，故， 因为，， 所以， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故，即， ，即， 综上，. 故选：C 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.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，选对但不全对的得部分分，有错选的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 的第75百分位数为97 B. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8 C. 甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18 D. 已知随机变量，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用中位数的定义计算即可；对于B，利用方差的性质计算即可；对于C，利用分层抽样的比例进行求解即可；对于D，利用正态分布的对称性进行求解即可. 【详解】对于A，因为，90，92，92，93，93，94，95，97，99，100第75百分位数为第八个数，故A正确； 对于B，样本数据的方差为2， 则数据的方差为，故B不正确； 对于C，甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样调查， 若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为，故C正确； 对于D，随机变量，， 所以，故D正确. 故选：ACD 10. 将曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（ ） A. B. 的一条对称轴是 C. 在上有2个零点 D. 在上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二倍角降幂公式及辅助角公式化简曲线，再根据伸缩平移变换得到函数，利用的相关性质可逐项判断. 【详解】 ， 横坐标缩短到原来的得到，再向左平移个单位长度得到，所以，故A错误； 令，解得，即的对称轴方程为，当时，，故B正确； 令，，即的零点为， 在上可取和，故在上有2个零点，C正确； 令，解得， 即的单调递增区间为， 当和时，的单调递增区间和，又，故在上不全单调递增，所以D错误； 故选：BC. 11. 如图，正方体的棱长为2，点是其侧面上的一个动点（含边界），点是线段上的动点，则（ ） A. 存在点，使得平面与平面平行 B. 存在点，使得二面角大小为 C. 当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 D. 当为中点时，四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取中点为M，中点为可得相应平行平面；对于B，由题可得与二面角平面角相等，据此可判断选项正误；对于C，由题可得，后由平面几何知识可得轨迹长；对于D，由题可确定外接球半径，进而可得外接球内接正方体边长，最后结合外接球的内接正四面体可由其内接正方体切割得到，可确定正四面体棱长. 【详解】对于A，如图取中点为M，中点为P，下证平面与平面平行. 因中点为M，中点为P，可得，又平面，平面， 则平面；又注意到，又平面，平面， 则平面，又平面， 则平面与平面平行，故A正确. 对于B，注意到平面，又平面，则； 又注意到平面，平面，则， 又注意到，则与二面角平面角相等. 因是其侧面上的一个动点（含边界）,则，即存在点， 使得二面角，则存在点，使得二面角大小为，故B正确； 对于C，如图取中点为E，连接PE，由题可得，平面， 又平面，则.因，则， 则点的轨迹为以E为圆心，半径为2的圆在平面内的部分，如图所示， 因，则，同理可得， 则，则点的轨迹长度为，故C错误； 对于D，如图取AC，BD交点为O，AD中点为G，连接MG，GO，MO， 由题可得，，又由题可得， 则，则O到四棱锥所有顶点距离均相等，则O为外接球球心，外接球半径为， 又正方体外接球半径为其体对角线长度一半，设外接球内接正方体边长为a，则. 又由图可得外接球的内接正四面体可由其内接正方体切割得到， 且内接正四面体棱长为内接正方体面对角线长度，即. 则内接正四面体表面积为，故D正确. 故选：ABD 非选择题部分 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若随机变量，则__________. 【答案】##0.875 【解析】 【分析】根据题意，再利用二项分布概率公式可求. 【详解】随机变量， 故答案为： 13. 在梯形中，，，，为线段上的动点，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设，其中，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】在梯形中，，，， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、、，设点为线段的中点，则， 设，其中， ， ， 则， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 14. 若存在，满足，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先把问题转化为函数在上最大值大于.对求导，令导数为得.然后分情况讨论：当，确定单调性，得出最大值，构造分析其单调性，判断满足条件.当，可知单调递增，，不满足条件.最终得到的取值范围. 【详解】定义函数 原问题等价于存在使得，所以在区间内的最大值大于 0， 令，解得 ①当时，，故，且 令，解得，令，解得 所以在上单调递增；在上单调递减， 所以的极大值也是最大值 故 构造函数 因，所以 故单调递增，且，故当时，，满足条件； ②当时，，所以函数在内单调递增， 所以当恒成立.故不满足条件， 综上，实数a的取值范围为. 故答案为： 四､解答题：本大题共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. 已知函数是奇函数. （1）求的值，并判断的单调性（简要说明，无需证明）； （2）若对于，都有成立，求实数取值范围. 【答案】（1），函数为上的单调减函数 （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得，据此可得，然后将化为，由指数函数单调性可判断单调性； （2）由（1）结合题意可得，据此可得答案. 【小问1详解】 因为函数是定义在上的奇函数，所以，代入得 经检验，符合题意.所以 因为 为上的单调增函数，且，故为上的单调减函数 则函数在上是减函数； 【小问2详解】 不等式可转化为 又因为函数在上是减函数，所以在恒成立， 所以，其中. 令， 则在上单调递减，在单调递增， 所以，即 16. 如图，在四棱锥中，和均为边长为的等边三角形. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用勾股定理可证，进而证明平面，可得，利用线面垂直的判定定理证明； （2）法1，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求解；法2，利用三棱锥等体积法求出点到平面的距离，利用求解. 【小问1详解】 取的中点，连接，所以， 因为，， 所以，所以， 又因为，平面， 所以平面，又平面， 所以，又因为，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 法1：因为为等边三角形，所以， 又因为，所以， 在中，由正弦定理，得， 即，所以， 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，， 则平面的一个法向量为， 依题意， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 法2：设点到平面的距离为， 即， 因为， 所以， 又因为，所以， 设直线与平面所成角为，则. 17. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若，当角A最大时，求. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化可得，然后等式两边同时除以可得答案； （2）方法1，由诱导公式及（1）可得，据此可得时，A取到最大值，从而可得a；方法2，由结合余弦定理可得， 然后由余弦定理及基本不等式可得当且仅当，即时，A取到最大值，最后由余弦定理可得答案. 【小问1详解】 ，由正弦定理得： ，即 方程两边同时除以得： 【小问2详解】 法1： ，则与同号，又， 则与异号，则，. 则 当且仅当，即时等号成立，此时取到最大值. 法2： 当且仅当，即时等号成立，此时取到最大值为 由余弦定理可知： 18. 杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量（万张） 193 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5 经计算可得：. （1）因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）； （2）该景点推出团体票，每份团体票包含5张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下： 2 3 4 5 今从某份团体票中随机抽取3张，恰有2张为有奖门票，求该份团体票中共有4张有奖门票的概率. 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据题意，由线性回归方程的公式代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，记“从某份团体票中随机抽取3张，恰有2张为有奖门票”为事件，“该份团体票中共有张有奖门票”为事件，由全概率公式可得恰有张为有奖门票的概率，再结合条件概率公式代入计算，即可求解. 【小问1详解】 设关于的线性回归方程：， 则， ， ， 所以， ， 所以关于的线性回归方程是. 【小问2详解】 记“从某份团体票中随机抽取3张，恰有2张为有奖门票”为事件， “该份团体票中共有张有奖门票”为事件，则 ， ， ， ， 所以 所以. 19. 已知函数，其中是的一个极值点，且. （1）求函数的单调区间； （2）求实数和的值； （3）证明：. 【答案】（1）在上单调递增； （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，由得增区间，得减区间； （2）求出导函数，由，得的关系，消去得的方程，引入函数，由（1）可判断的正负，得的单调性，从而得，代入可得； （3）由（1）的结论，可得在上单调递增，即时 变形得，取，，代入让从1到求和可证不等式成立． 小问1详解】 函数的定义域为，且 令，则有，由可得， 列表如下： 1 - 0 + 减 极小值 增 所以 即在上单调递增； 【小问2详解】 函数的定义域为，且 由已知，得，即① 由可得② 联立①②消去可得③ 令，则 由①知，故，所以在上单调递增 ，所以方程③有唯一解，代入①，可得 【小问3详解】 由（1）知在上单调递增， 故当，所以 可得在上单调递增. 当时，，即 亦即，这时，故得 取，可得 而故 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期金华市卓越联盟5月阶段性联考 高二年级数学学科试题 命题人：浦江三中；审题人：汤溪中学 大成中学 磐安二中 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知集合，，那么（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，若复数，则为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 展开式中的常数项为（ ） A. -375 B. -15 C. 15 D. 375 4. 已知向量满足，若，则夹角余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有 A. 10 种 B. 20 种 C. 36 种 D. 52 种 6. 在中，内角的对边分别为，已知，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 7.刍甍（chúméng）是中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍甍者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶”.卷五“商功”：今有刍甍，下广3丈，下袤4丈；上袤2丈，无广；高1丈.其描述的是如图的一个封闭五面体，底面是矩形，底面到底面的距离为1，则该刍薨的体积为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全对的得部分分，有错选的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 的第75百分位数为97 B. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8 C. 甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18 D. 已知随机变量，且，则 10. 将曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（ ） A. B. 的一条对称轴是 C. 在上有2个零点 D. 在上单调递增 11. 如图，正方体的棱长为2，点是其侧面上的一个动点（含边界），点是线段上的动点，则（ ） A. 存在点，使得平面与平面平行 B. 存在点，使得二面角大小为 C. 当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 D. 当为中点时，四棱锥外接球内接正四面体的表面积为 非选择题部分 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若随机变量，则__________. 13. 在梯形中，，，，为线段上的动点，则的最小值为______. 14. 若存在，满足，则实数的取值范围为__________. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知函数是奇函数. （1）求的值，并判断的单调性（简要说明，无需证明）； （2）若对于，都有成立，求实数的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，和均为边长为的等边三角形. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求值； （2）若，当角A最大时，求. 18. 杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量（万张） 193 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5 经计算可得： （1）因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）； （2）该景点推出团体票，每份团体票包含5张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下： 2 3 4 5 今从某份团体票中随机抽取3张，恰有2张为有奖门票，求该份团体票中共有4张有奖门票的概率. 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为. 19. 已知函数，其中是的一个极值点，且. （1）求函数的单调区间； （2）求实数和的值； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$