精品解析：甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期期末阶段检测数学考试题

高二阶段性检测 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：湘教版必修第一、二册占20%，选择性必修第一、二册占80%. 一、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，只有一项是符题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若圆上存在无数对点关于直线对称，则直线一定过点（ ） A. B. C. D. 5. 如图，这是一个正方体的平面展开图，将其还原成正方体后，下列直线中与直线平行的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知各项均为正数的等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. C. 4 D. 5 7. 已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数的导函数为，若恒成立，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是增函数 C. 有且仅有1个零点 D. 既有极大值又有极小值 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上单调递增 C. 在上的值域为 D. 将函数图象上所有点的纵坐标扩大到原来的4倍，横坐标不变，可以得到的图象 11. 某比赛共进行局，每局比赛没有平局，2n局比赛结束后赢得n局以上的一方获胜.甲、乙进行该比赛，已知甲每局比赛获胜的概率为p，每局比赛的结果相互独立，记甲在该比赛中获胜的概率为，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则当时，最大 C. 若，则当时，最小 D. 若，则当时，最大 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在原点处的切线方程为______． 13. 已知单位向量，满足，则______． 14. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为，过点且与轴垂直的直线与在第一象限交于点，直线与的渐近线在第一象限交于点，若是的中点，则的离心率为______． 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. 已知椭圆的短轴长为，点在上． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线与椭圆交于，两点，且，求的值． 16. 如图1，在五边形中，，，，，．将沿折起，使平面平面，如图2． （1）证明：平面． （2）求平面与平面所成二面角的正弦值． 17. 设是公比不为1的等比数列，已知，是，的等差中项． （1）求的通项公式； （2）记的前项和为，，求数列的前项和． 18. 某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额5%的代金券（例如：消费200元，则赠送元的代金券）；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖（例如：消费370元可进行三次抽奖），每次抽奖抽到10元代金券的概率为，抽到4元代金券的概率为，每次抽奖结果互不影响.每人只能选择一种方案. （1）若甲的消费金额为288元，他选择方案二且抽到的代金券总额为8元的概率为，求p； （2）若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为X元，当最大时，求p； （3）若，请你根据顾客消费金额（消费金额大于0）的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾客选择方案. 19. （1）证明：函数有且仅有一个零点，记该零点为，则． （2）证明：． （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二阶段性检测 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：湘教版必修第一、二册占20%，选择性必修第一、二册占80%. 一、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，只有一项是符题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用共轭复数及复数模的意义求解. 【详解】由复数，得，所以. 故选：C 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求得集合，再利用交集的意义求解即可. 【详解】由，得，解得或， 所以或，又， 所以. 故选：A. 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理即可求解. 【详解】在中，，，， 由余弦定理可得. 故选：C. 4. 若圆上存在无数对点关于直线对称，则直线一定过点（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题可先将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标，再根据圆上存在无数对点关于直线对称，得出直线一定过圆心，进而得到直线定过的点. 【详解】圆的标准方程为，圆心为． 由题意可得，直线一定过圆心． 故选：A 5. 如图，这是一个正方体的平面展开图，将其还原成正方体后，下列直线中与直线平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将给定的正方体的平面展开图还原成正方体，再结合正方体的结构特征判断. 【详解】将正方体平面展开图还原成正方体，如图： 直线与直线平行，直线与直线都成异面直线. 故选：A 6. 已知各项均为正数的等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，由已知可得，利用等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，由，可得，解得， 所以. 故选：B. 7. 已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，利用代入数据可得的值，进而利用抛物线的定义可求解. 【详解】依题意，，准线的方程为， 因为点是上一点，所以设点，， 则，， 因为，所以， 所以，解得， 又是上一点，所以由抛物线的定义可得. 故选：D.   8. 已知定义在上的函数的导函数为，若恒成立，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，然后利用导数解不等式. 【详解】设，因为， 所以，所以单调递减， 又，所以的解集为， 即的解集为， 故选：D. 二、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. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是增函数 C. 有且仅有1个零点 D. 既有极大值又有极小值 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用奇偶性的定义可判断A；求导可判断B；由，结合B可判断C；由无解可判断D. 【详解】函数的定义域为，又， 所以是奇函数，故A正确； 由，所以在上单调递增，故B正确； 又，所以有且仅有1个零点，故C正确； 令，方程无解，故既无极大值也无极小值，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上单调递增 C. 在上的值域为 D. 将函数图象上所有点的纵坐标扩大到原来的4倍，横坐标不变，可以得到的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得，进而逐项判断即可. 【详解】 ， 对于A，，所以的图象关于直线对称，故A正确； 对于B，当时，，由在上单调递增， 所以在上单调递增，故B正确； 对于C，当时，，所以， 所以，所以在上的值域为，故C错误； 对于D，将函数图象上所有点的纵坐标扩大到原来的4倍可得函数 的图象，即的图象，故D正确. 故选：ABD. 11. 某比赛共进行局，每局比赛没有平局，2n局比赛结束后赢得n局以上的一方获胜.甲、乙进行该比赛，已知甲每局比赛获胜的概率为p，每局比赛的结果相互独立，记甲在该比赛中获胜的概率为，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则当时，最大 C. 若，则当时，最小 D. 若，则当时，最大 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用独立重复试验的概率公式，结合互斥事件的概率性质判断A；利用条件概率、全概率公式探讨的关系，再赋值计算判断B，C，D即可. 【详解】对于A，，，，故A正确； 当时，记事件“甲在该比赛中获胜”，“第一局甲赢”，“第二局甲赢”， ， 当事件和发生时，要使得甲在该比赛中获胜， 则在后续的局比赛中至少要赢局，则； 当事件发生时，要使得甲在该比赛中获胜， 则在后续的局比赛中赢的局数大于或恰好赢了局， 所以； 当事件发生时，要使得甲在该比赛中获胜， 则在后续的局比赛中赢的局数大于， 可看成事件“在后续的局比赛中赢的局数大于”， 与事件“在后续的局比赛中恰好赢了局”的差事件， 所以， 则 ， 即， 易得，则我们讨论的正负即可， 对于B，若，则，当时，， 即，则当时，最大，故B正确， 对于C，若，则，当时，， 即，则当时，最小，故C正确， 对于D，若，则， 当时，，此时， 当时，，此时， 则当时，最大，故D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在原点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求得曲线在原点处的切线斜率，可求切线方程. 【详解】由，可得，所以， 所以曲线在原点处的切线方程为，即. 故答案为：. 13. 已知单位向量，满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可求得，进而利用可求模. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为，过点且与轴垂直的直线与在第一象限交于点，直线与的渐近线在第一象限交于点，若是的中点，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线方程求得，，利用中点坐标公式求得，结合点在渐近线方程上，可求得离心率. 【详解】由双曲线，可得右焦点，右顶点， 过过点且与轴垂直的直线方程为，代入双曲线方程可得， 解得，又因为点在第一象限，故， 因为是的中点，所以由中点坐标公式可得， 直线与的渐近线交于点，又渐近线方程， 所以，所以，两边平方得， 所以，所以，所以， 所以双曲线的离心率为. 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. 已知椭圆的短轴长为，点在上． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线与椭圆交于，两点，且，求的值． 【答案】（1）椭圆的标准方程为： （2） 【解析】 【分析】（1）由短轴长可求得，利用椭圆过点，可求，进而求得椭圆的标准方程为：； （2）设直线与椭圆的交点为 和 的坐标分别为。联立方程组，由根与系数的关系可求得，利用弦长公式可求得的值. 【小问1详解】 因为椭圆的短轴长为，所以短半轴长。 所以椭圆的标准方程为：，又因为点在椭圆上， 所以，所以，解得， 所以椭圆的标准方程为：； 【小问2详解】 设直线与椭圆的交点为 和 的坐标分别为。 由，可得， 整理得，，解得， 所以， 因为，所以， 所以，所以 整理得，解得或（舍去）， 所以. 16. 如图1，在五边形中，，，，，．将沿折起，使平面平面，如图2． （1）证明：平面． （2）求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：由平面平面，平面平面，平面， ，得平面，而平面，则， 又，平面， 所以平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理得证. （2）取的中点，作出二面角的平面角，利用几何法求出正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，由，得， 由，，得四边形为平行四边形，，而平面， 则平面，又平面，则， 令，则，， 取中点，连接，则，是二面角的平面角， ，，， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为. 【点睛】 17. 设是公比不为1的等比数列，已知，是，的等差中项． （1）求的通项公式； （2）记的前项和为，，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）数列的前项的和为 【解析】 【分析】（1）求出公比，再根据等比数列的通项公式即可得解； （2）求得，可得，利用并项求和法可求得数列的前项的和. 【小问1详解】 设的公比为，且， 因为是，的等差中项，所以，即为， 所以，解得或 (舍去)， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以， 当时，， 当时，， 所以， 所以数列的前项的和为 ． 18. 某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额5%的代金券（例如：消费200元，则赠送元的代金券）；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖（例如：消费370元可进行三次抽奖），每次抽奖抽到10元代金券的概率为，抽到4元代金券的概率为，每次抽奖结果互不影响.每人只能选择一种方案. （1）若甲的消费金额为288元，他选择方案二且抽到的代金券总额为8元的概率为，求p； （2）若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为X元，当最大时，求p； （3）若，请你根据顾客消费金额（消费金额大于0）的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾客选择方案. 【答案】（1）； （2）； （3） 当消费金额（单位：元）为时，选择方案一、方案二都可以， 当消费金额（单位：元）在，且不为时，选择方案一. 所以当消费金额（单位：元）大于0，且不为时，选择方案一； 当消费金额（单位：元）为时，选择方案一、方案二都可以. 【解析】 【分析】（1）根据独立性乘法公式得到方程，求解即得； （2）根据二项分布的均值和期望公式求得，然后由二次函数性质求解； （3）对消费金额进行合理分段讨论. 【小问1详解】 甲的消费金额为288元，他选择方案二，抽奖2次，抽到的代金券总额为8元的概率为，解得； 【小问2详解】 设抽奖次数为，抽到10元代金券的次数为，则， 得． 因为， 所以．. ， 所以时，取得最大值，所以； 【小问3详解】 ①当消费金额（单位：元）在时，不能参与方案二，只能选择方案一． ②当消费金额（单位：元）在时，设消费金额为， 当时，由（2）得，方案二的代金券总额的数学期望， 方案一的代金券总额为，此时， 当消费金额（单位：元）为时，选择方案一、方案二都可以， 当消费金额（单位：元）在，且不为时，选择方案一. 所以当消费金额（单位：元）大于0，且不为时，选择方案一； 当消费金额（单位：元）为时，选择方案一、方案二都可以. 19. （1）证明：函数有且仅有一个零点，记该零点为，则． （2）证明：． （3）证明：． 【答案】（1）证明：的定义域， 则，所以在上单调递增． 易证函数是增函数，且有且仅有1个零点 若满足，则，所以， 所以函数有且仅有一个零点，且． （2）证明：令，则． 令，则， 所以在上单调递增， ． 因为， 所以，即， 所以． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ． 令，则， 所以在上单调递增． 因为，所以，即， 所以． （3） 证明： 令，则． 令，则． 又，且结合（2）可得，，所以在上单调递增． 若满足，则， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ， 所以． 【解析】 【分析】（1）首先求出函数的导函数，得出以在上单调递增，函数是增函数，且有且仅有1个零点推得，得到； （2）令，求导．令，求导，得到在上单调递增，计算．推得．在上单调递减，在上单调递增，计算得到最小值； （3）令，求导，令，求导．结合（2）可得在上单调递增．进而在上单调递减，在上单调递增，计算最小值得证. 【详解】（1）略； （2）略； （3）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $