精品解析：上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高二下学期6月阶段性教学质量评估数学试卷（B卷）

复旦大学附属中学2024—2025学年第二学期高二年级 数学学科阶段性教学质量评估试卷（B卷） 考生注意： 1．本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1－6题每题4分，第7－12题每题5分，请在答题纸相应编号的空格内直接写结果． 1. 如图，已知集合，，则图中阴影部分所表示的集合________． 【答案】 【解析】 【分析】根据集合的交集以及补集的运算，可得答案. 【详解】由题意可得，. 故答案为：. 2. 已知抛物线的顶点到焦点的距离为2，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】由抛物线方程可得顶点坐标与焦点坐标，建立方程，可得答案. 【详解】由抛物线，则其顶点为，焦点，由题意可得，解得. 故答案为：. 3. 已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量运算法则可求. 【详解】∵，∴， 即，解得. 故答案为：. 4. 在集合中任取3个不同的数，按照从小到大排列，则这三个数成等差数列的概率是________． 【答案】## 【解析】 【分析】分布求出总情况和符合题意的情况即可求得结果. 【详解】在集合中任取3个不同的数，共有种， 选出三个数成等差数列有：这四种选法； 故这三个数成等差数列的概率是， 故答案为： 5. 不等式的解集是________． 【答案】 【解析】 【分析】变形，等价于，求出解集. 【详解】， 等价于，解得， 解集为. 故答案为； 6. 设，不等式对一切恒成立，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：分，两种情况去绝对值讨论求解即可；解法二：由绝对值几何意义求解即可. 【详解】解法一：令，当时， 则， , 要使对一切恒成立， 则，解得， 当时，，, 要使对一切恒成立， 则，解得， 综上：的取值范围为. 解法二：表示数轴上实数到的距离之和大于等于2， 当时，要使距离之和大于等于2，则， 当时，要使距离之和大于等于2，则， 综上：的取值范围为. 故答案为： 7. 已知数据，，，，的方差是4，则，，，，的方差为________． 【答案】16 【解析】 【分析】根据方差与平均数的计算公式，可得答案. 【详解】由题意可得，， 则，. 故答案为：. 8. 已知，是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，则的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆定义得出距离和为定值，再应用焦半径范围及对勾函数单调性计算求解. 【详解】，是椭圆的两个焦点，所以， 点椭圆上，则，，所以， 又因为单调递减，单调递增， 则， 则， 当或时，则最大值为. 故答案为：. 9. 已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的离心率为________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意分焦点在轴和轴，再利用渐近线与直线平行可求离心率. 【详解】当双曲线焦点在轴时，曲线方程可设， 此时双曲线的一条渐近线为，与直线平行， 所以，又， 所以离心率； 当双曲线焦点在轴时，曲线方程可设， 此时双曲线的一条渐近线为，与直线平行， 所以，又， 所以离心率； 故答案为：或. 10. 若圆上到直线距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定圆心到直线的距离，再利用圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个，则，然后解不等式即可. 【详解】圆心到直线的距离， 又圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个， 所以，即，解得. 故答案为：. 11. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧.若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据测得的球体高度可计算出球体建筑物的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出截面图，设球的半径为，根据直角三角形的性质得，，利用列式，化切为弦利用辅助角公式求得，代入球的体积公式即可求解. 【详解】如图， 设球的半径为，，， ，， ，即该球体建筑物的体积为. 故答案为： 12. 设有穷数列为首项为1、公比为2、末项为的等比数列，则在数列中，首位是4的项的个数为________ 【答案】 【解析】 【分析】先分析出是一个首位为3的位数．再根据数列之间后一项与前一项之间的递推关系分析相关首位数的变化规律，得到以“的首位为1”等价于“的首位为”，也等价于“的首位为”．然后分析首位为1的项的个数，进而计算得到答案. 【详解】因为, , 由于,， 于是是一个首位为3的位数． 在该数列中，， 当的首位数为1时，的首位数为或， 当的首位数为2时，的首位数为4或5， 当的首位数为3时，的首位数为6或7， 当的首位数为4时，的首位数为8或9， 当的首位数为5时，的首位数为1， 当的首位数为6时，的首位数为1， 当的首位数为7时，的首位数为1， 当的首位数为8时，的首位数为1， 当的首位数为9时，的首位数为1， 所以“的首位为1”等价于“的首位为”,也等价于“的首位为”． 对于,有穷数列的位数中首位为1的数乘以2,4必然还是位数但首位不可能再是1；乘以8可能还是位数，也可能是位数，当是位数时首位不是1了；乘以就必然不是位数（事实上变成位数），所以首位为1的数不可能超过1个. 下面证明至少有1个，从而得到有且只有一个. 显然,即当为1位数时有首位为1的数. 设若为位数，首位是1，则. 其中必然是位数，且首位为2或3，是位数，首位是4或5或6或7， 若是首位为4，则必然仍是位数，且首位为8或9，则必是一个位数，且首位是1， 当的首位为5或6或7时，就是一个位数，且首位是1， 这就说明若位数中有首位为1的数，则必然由此能得到一个位数中首位为1的数， 根据数学归纳法原理，可以得到对于,为位数且首位是1的是必然存在的 综上所述，数列中的位数中有且只有1个是首位为1的数， 由于是一个首位为3的位数，所以，该有穷数列数列中首位是1的项的个数是610个， 所以这说明首位为或的项有个，首位为的数有个． 于是首位为4的项有个． 故答案为：. 二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分，每题有且只有一个正确选坝，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑. 13. 已知异面直线、所成角为，、分别为直线、的方向向量，则以下结论中，一定成立的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合异面直线所成角的范围，由空间向量来求异面直线所成角即可． 【详解】依题意，得， 则， 故选：D 14. 已知、，则“”是“”的（　　）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件与必要条件的概念判断即可. 【详解】当时，满足，但， 所以由不能得到. 当时，由不等式的基本性质得， 所以由能推出. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 15. 从装有2个白球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件（　　） A. “至少有一个黑球”与“都是黑球” B. “至少有一个黑球”与“至少有一个白球” C. “至少有一个黑球”与“都是白球” D. “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件与对立的事件的概念判断即可. 【详解】事件“至少有一个黑球”与“都是黑球”可同时发生，不是互斥事件，故A错误； “至少有一个黑球”与“至少有一个白球”可同时发生，不是互斥事件，故B错误； “至少有一个黑球”与“都是白球”，是互斥事件且对立，故C错误； “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”，互斥又不对立，故D正确； 故选：D. 16. 有两个棱长均为1的正四棱锥，底面中心分别为、，另有一个棱长为1的正四面体，现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全贴合，拼接成一个新的几何体．对于所有的拼接方式，线段的长度所组成的集合中，共有（　　）个元素 A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据正四棱锥的结构特征分析可知，利用补形法，将四面体补成正方体，分析点的可能位置，即可得结果. 【详解】如图所示： 在正四棱锥中，， 则， ， 即全等，则， 将四面体补成正方体，如图所示： 可知点的可能位置为，且， 所以线段长度的集合有1个元素. 故选：A. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应的编号规定区域内写出必要的步骤． 17. 已知数列中，，，. （1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）在数列中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析，；（2）存在，成等差数列. 【解析】 【分析】（1）利用定义法计算为非零常数且，即可证明是等比数列，由此可求的通项公式； （2）设存在满足条件的三项：，根据成等差数列对应等式，然后计算值并判断是否满足. 【详解】（1）因且， 所以，所以； （2）设存在满足条件，所以， 所以， 当是奇数时，，解得：，满足条件， 当是偶数时，，此时无解， 所以满足条件，此时. 【点睛】（1）证明一个数列是等比或者等差数列，常见的可采用定义法、等差或等比中项法去证明； （2）涉及数列中是否存在相应项满足条件的问题，首先假设存在项满足条件，然后根据题设条件列出等式或者不等式，通过求解相关结果验证假设的正确性，从而得到结果. 18. 已知且，记． （1）解关于的不等式； （2）若关于的不等式的解集为，求的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2）9 【解析】 【分析】（1）根据分类讨论思想，解二次不等式即可； （2）根据不等式的解集，确定开口方向即对于方程的根，再利用韦达定理可得，再由基本不等式可求的最小值. 【小问1详解】 因为，即， 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为． 【小问2详解】 由题意知，分别是方程的两根，且， 由韦达定理可知， 所以，且， 所以， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为9． 19. 人工智能算力是驱动AI时代创新与进步的核心动力，是重塑经济、社会与国家竞争力的“新质生产力”．某人工智能实验室收集了30台服务器的单机均值算力数据（单位：TFLOPS），数据范围在之间，排序后的数据如下： 115 119 120 133 150 160 161 170 180 190 210 220 220 220 220 225 230 230 239 240 240 241 244 245 247 247 249 250 285 300 （1）直接写出这组数据的众数和极差； （2）现该实验室准备组建一个服务器集䅵，为了使该服务器集群总算力最大（即算力总和最大）的同时又满足能耗比的需求（要求该集群的服务器的平均算力不低于250），该实验室应该选取多少台服务器组成服务器集释？分别是哪几台？ （3）若该实验室增加2台服务器，算力数据分别是和，通过计算发现，增加这两台服务器前后，该实验室服务器的平均值和第75百分位数都不变，求、的值． 【答案】（1）众数为220，极差为 （2）13台；取所有算力大于等于239的服务器，取1台230的服务器 （3）， 【解析】 【分析】（1）观察可直接确定众数、极差； （2）从大到小区计算均值即可得到满足需求的选取； （3）根据增加前后的对比可求、的值． 【小问1详解】 观察已知数据，众数为220，极差为． 【小问2详解】 因为 所以应该选13台；取所有算力大于等于239的服务器，取1台230的服务器． 【小问3详解】 增加前，均值为210，，，； 由，得第75百分位数为244； 增加后，，第75百分位数为第24与第25个数据的均值，仍为244， 所以，故 20. 如图，在四边形中，，，，，，为的中点，点在上，．将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． （1）证明：平面； （2）已知， （ⅰ）求与平面所成角的大小； （ⅱ）求多面体的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）通过证明所以平面平面，即可证得平面； （2）（ⅰ）由题可证平面，则是与平面所成角，然后可求正切值即可得到角； （ⅱ）由即可求多面体体积. 【小问1详解】 由题意知，因为，， 所以是平行四边形，所以，故， 又因为平面，平面，所以平面； 同理由，可得平面， 又、是平面内的两条相交直线， 所以平面平面； 又平面，所以平面． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意知，平面平面，且交线为， 又平面，所以平面， 所以是与平面所成角． 在中，，，所以， 故与平面所成角的大小为． （ⅱ）． 21. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2． （1）求方程； （2）设点在双曲线的左支上，过点分别作斜率为1与-1的直线、与双曲线交于、两点，求的面积关于的函数表达式，并求的取值范围； （3）过点作的两条切线、，设直线、的斜率分别为、．若，求点的取值范围及的取值范围． 【答案】（1） （2）， （3）且， 【解析】 【分析】（1）根据离心率实轴长联立方程即可； （2）设，，直线与双曲线联立后解得，同理解得，求出和，根据求出即可求解； （3）设切线方程为，与双曲线联立和化简得关于的方程，据此即可求解. 【小问1详解】 由题意：，， 解得，， 于是； 【小问2详解】 设，，则直线与双曲线联立后解得，同理解得， 故， 同理， 又由于，所以， 的取值范围为； 【小问3详解】 设切线方程为， 与双曲线联立后得， 由得 化简得关于的方程， 该方程也要有两个不同实根， 于是根据我们得到且，故且， 根据韦达定理我们知道， 计算得的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 复旦大学附属中学2024—2025学年第二学期高二年级 数学学科阶段性教学质量评估试卷（B卷） 考生注意： 1．本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1－6题每题4分，第7－12题每题5分，请在答题纸相应编号的空格内直接写结果． 1. 如图，已知集合，，则图中阴影部分所表示的集合________． 2. 已知抛物线的顶点到焦点的距离为2，则________． 3. 已知直线l一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则________. 4. 在集合中任取3个不同的数，按照从小到大排列，则这三个数成等差数列的概率是________． 5. 不等式的解集是________． 6. 设，不等式对一切恒成立，则的取值范围为________． 7. 已知数据，，，，的方差是4，则，，，，的方差为________． 8. 已知，是椭圆两个焦点，点在椭圆上，则的最大值为________． 9. 已知双曲线中心在原点，焦点在坐标轴上，若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的离心率为________． 10. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是________． 11. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧.若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据测得的球体高度可计算出球体建筑物的体积为______. 12. 设有穷数列为首项为1、公比为2、末项为的等比数列，则在数列中，首位是4的项的个数为________ 二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分，每题有且只有一个正确选坝，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑. 13. 已知异面直线、所成角为，、分别为直线、的方向向量，则以下结论中，一定成立的是（　　） A. B. C. D. 14. 已知、，则“”是“”（　　）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 15. 从装有2个白球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件（　　） A. “至少有一个黑球”与“都是黑球” B. “至少有一个黑球”与“至少有一个白球” C. “至少有一个黑球”与“都是白球” D. “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” 16. 有两个棱长均为1的正四棱锥，底面中心分别为、，另有一个棱长为1的正四面体，现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全贴合，拼接成一个新的几何体．对于所有的拼接方式，线段的长度所组成的集合中，共有（　　）个元素 A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应的编号规定区域内写出必要的步骤． 17. 已知数列中，，，. （1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）在数列中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，请说明理由. 18 已知且，记． （1）解关于的不等式； （2）若关于的不等式的解集为，求的最小值． 19. 人工智能算力是驱动AI时代创新与进步的核心动力，是重塑经济、社会与国家竞争力的“新质生产力”．某人工智能实验室收集了30台服务器的单机均值算力数据（单位：TFLOPS），数据范围在之间，排序后的数据如下： 115 119 120 133 150 160 161 170 180 190 210 220 220 220 220 225 230 230 239 240 240 241 244 245 247 247 249 250 285 300 （1）直接写出这组数据的众数和极差； （2）现该实验室准备组建一个服务器集䅵，为了使该服务器集群总算力最大（即算力总和最大）的同时又满足能耗比的需求（要求该集群的服务器的平均算力不低于250），该实验室应该选取多少台服务器组成服务器集释？分别是哪几台？ （3）若该实验室增加2台服务器，算力数据分别是和，通过计算发现，增加这两台服务器前后，该实验室服务器的平均值和第75百分位数都不变，求、的值． 20. 如图，在四边形中，，，，，，为的中点，点在上，．将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． （1）证明：平面； （2）已知， （ⅰ）求与平面所成角的大小； （ⅱ）求多面体的体积． 21. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2． （1）求的方程； （2）设点在双曲线的左支上，过点分别作斜率为1与-1的直线、与双曲线交于、两点，求的面积关于的函数表达式，并求的取值范围； （3）过点作的两条切线、，设直线、的斜率分别为、．若，求点的取值范围及的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$