精品解析：广东广州市第七十五中学2025学年第二学期高二年级第二次阶段性测试数学试卷

2025学年第二学期高二年级第二次阶段性测试 数学试卷 时长：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知等差数列中，，，则等于（ ） A. 48 B. 49 C. 55 D. 54 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质求和. 【详解】等差数列中，，， 所以. 故选：A. 2. 甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有一名同学的方案共有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 12种 【答案】C 【解析】 【分析】分乙在甲、丙之间，乙不在甲、丙之间两种情况讨论即可. 【详解】根据题意，可分成两类情况： 第一类：乙在甲、丙之间，有种； 第二类：乙不在甲、丙之间，有种； 由分类加法计数原理，共有种方案. 故选：C 3. 函数，的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用求导判断函数在给定区间上的单调性，即得函数最小值. 【详解】由可得，，由解得，或， 因，当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故时，. 故选：A. 4. 若将文盲定义为0，半文盲定义为1，小学定义为2，初中定义为3，职中定义为4，高中定义为5，大专定义为6，大学本科定义为7，硕士及以上学历定义为8，根据调查，某发达地区教育级别与月均纯收入（单位：万元）的关系如下表： 学历 初中 职中 高中 大专 本科 教育级别 3 4 5 6 7 月均纯收入 0.40 0.55 0.70 1.15 1.20 由回归分析，回归直线方程的斜率，可预测该地区具有硕士及以上学历的月平均纯收入为（ ） A. 1.40万元 B. 1.42万元 C. 1.44万元 D. 1.46万元 【答案】D 【解析】 【分析】求出样本中心，根据回归直线过样本中心点即可求得回归方程，再将带入回归方程即可得解. 【详解】由题可设回归直线方程为， 又， 所以，故， 所以当时，. 故选：D. 5. 为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取100名学生．通过测验得到如下的列联表： 单位：人 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲 40 10 50 乙 30 20 50 合计 70 30 100 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 下列结论正确的是（ ） A. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率无差异 B. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 C. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 D. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立性检验的基本思想，结合已知计算得，逐项进行分析即可求解. 【详解】零假设为：两校学生的数学成绩优秀率无差异， A，若，因为，故有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率有差异，故A错误； B，若，因为，故有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率有差异，故B正确； C，若，因为，故没有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率无差异，故C错误； D，若，因为，故没有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率无差异，故D错误. 故选：B 6. 在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（ ） A. 56 B. 64 C. 72 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理结合组合列式计算即可. 【详解】根据题意，抽出的3件产品中至少有1件是次品包含1件次品、2件正品和2件次品、1件正品两个事件， 当抽取的为1件次品、2件正品时，抽法有种， 当抽取的为2件次品、1件正品时，抽法有种， 所以抽出的3件产品中至少有1件是次品共有种. 故选：B. 7. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为 ，第2，3台加工的次品率均为 ，加工出来的零件混放在一起. 已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的. 如果取到的零件是次品，则它是第3台车床加工的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式找出，再由贝叶斯公式求解. 【详解】记取到“第1，2，3台车床加工的零件”分别为事件, “取到次品”为事件， 故, , 由全概率公式可得：, 由贝叶斯公式：, 故选:B. 8. 若函数在上有极值，则的取值可能是（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】将函数求导，将函数有极值问题转化为方程在上有两不等实根，通过求二次函数的值域即得的取值范围. 【详解】函数在上有极值， 即在上有变号零点， 也即方程在上有两不等实根， 由可得，当且仅当时，等号成立， 故需使. 故选：B. 二、多项选择题：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. 已知离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 0.4 0.2 a 则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据分布列的性质求得，再根据期望、方差的计算公式以及性质逐一验算即可求解. 【详解】对于AB，由题意，所以， 所以，故AB都正确， 对于CD，， ，故C正确，D错误. 故选：ABC. 10. 的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（ ） A. 展开式共项 B. 展开式中常数项为 C. 展开式中所有项的二项式系数之和为 D. 展开式中所有项的系数之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由两项二项式系数相等可得，根据二项式定理可判断AC，再通过通项公式可判断B，用赋值法判断选项D可得. 【详解】因为的展开式中，第项与第项的二项式系数相等， 所以，即，得. 所以二项式展开式的项数为，故A正确； 对于B，由通项公式. 令，得，所以常数项为 ，故B错误. 所以二项式展开式中所有项的二项式系数之和为，故C正确； 令，则展开式中所有项的系数之和为 ，故D正确； 11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且，则对任意的，，下列不等式中一定成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用题意可构造函数在上单调递减，再利用赋值，借助单调性研究不等式即可得出BCD的判断，对于A则举反例判断即可. 【详解】由于，因为， 所以有， 即函数在上单调递减， 对于A，根据函数在上单调递减，不妨取，满足，此时，故A错误； 对于B，由，都有， 即 同向不等式可相加得：，故B正确； 对于C，由，可得， 即，故C正确； 对于D，不妨设任意的，都有， 即， ，故D正确； 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量，，则______. 【答案】0.15## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性得到答案. 【详解】因为，由对称性可知. 故答案为：0.15 13. 已知直线与曲线相切，则= 【答案】3 【解析】 【分析】设切点为（x0，y0），求出函数y＝ln（x+）的导数为y＝，得k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），进而求出． 【详解】设切点为（x0，y0），由题意可得：曲线的方程为y＝ln（x+），所以y＝． 所以k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），解得：y0＝0，x0＝﹣2，＝3． 故答案为3． 【点睛】本题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，属于基础题. 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的两个人．第一次传球由甲手中传出，第次传球后，球在甲手中的概率记为，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】首先建立与的关系，根据它们的关系可构造等比数列，由题意可得到其首项，进而可得其通项公式，最终求解. 【详解】第次传球后，球在甲手中的概率为，则球不在甲手中的概率为， 因为一共有甲、乙、丙三人，所以当球不在甲手中（在乙或丙手中）时，该持球者将球传到甲手中的概率为， 所以第次传球后，球在甲手中的概率为， 所以，由题意知， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以. 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. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：是等比数列； （2）求数列的前n项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）将化为，利用等比数列定义，即可求得答案； （2）求出的表达式，利用等比数列的前n项和公式，即可求得答案. 【小问1详解】 证明：由，得， 又，故，故， 所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 所以． 16. 已知六面体的底面是矩形，，，且. （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，利用平行四边形和矩形的性质可得，根据线线平行可得线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【小问1详解】 如图，取中点，连接. ∵且，∴，， ∴四边形是平行四边形，∴，， ∵四边形是矩形，∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面. 【小问2详解】 ∵平面，∴， ∵四边形是矩形，∴， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ∴，，. 设平面一个法向量为， 则，即， 令，则，即， 设直线与平面所成角为，则， ∴直线与平面夹角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）判断的零点个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数的正负，结合函数定义域，即可判断单调性； （2）利用分离参变量与数形结合，即可得到零点个数的判断. 【小问1详解】 由，求导得：， 当时，，当或时，， 所以在,上单调递减，在上单调递增; 【小问2详解】 由得，，根据（1）的单调性结合极小值点， 可作出函数图象， 所以当，即时，可判断的零点个数为2； 当或，即或时，可判断的零点个数为1； 当，即时，可判断的零点个数为0， 综上可得：当时，的零点个数为2； 当时的零点个数为0；当或时，的零点个数为1. 18. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题，先进行A组答题，只有A组的两道题均答对，方可进行B组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学A组每道题答对的概率均为，B组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一张奖券. （1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X，求X的分布列与数学期望； （2）若甲同学进行了8轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由. 【答案】（1）分布列见解析，； （2）,理由见解析. 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式进行计算即可得分布列，再求期望即可； （2）利用获得奖券数是服从二项分布，利用二项分布概率公式来求最大概率即可. 【小问1详解】 甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X的可能取值有， 则 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 故； 【小问2详解】 由于两组题至少答对3题才可获得一张奖券， 则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为， 所以甲同学进行了8轮答题，获得的奖券数， 可得奖券数的概率为，， 假设甲同学获得张奖券的概率最大，则有: ,化简得： ，解得， 又因为，所以， 即同学获得张奖券的概率最大. 19. 已知椭圆过点，右焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）设直线与椭圆E交于P，A两点，过点作轴，垂足为点C，直线交椭圆E于另一点B． （i）证明：． （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，即可得到椭圆方程； （2）（i）根据椭圆对称性设点的坐标为，则点的坐标为，设，利用点差法可得出，再由斜率公式可得出，代入可得出即可证明； （ⅱ）由对称性不妨设，在第一象限，联立曲线方程求出，利用进行求解即可. 【小问1详解】 由题意椭圆右焦点可得， 过点可得， 由整理得，得， 所以，椭圆的方程为． 【小问2详解】 (i)证明：直线与椭圆交于，两点，设P为第一象限点，，轴，如图，点的坐标为，点的坐标为， 设，则有，， 两式相减得：， 又，，， 又，， 又，，因此，． (ii)解：由对称性不妨设，在第一象限， 由与椭圆联立得， 所以，则． 设直线与倾斜角分别为，则， 所以， 由(i)，， 令，则 ， 当时，当时， 即在上单调递增，在上单调递减，因此， 即的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高二年级第二次阶段性测试 数学试卷 时长：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知等差数列中，，，则等于（ ） A. 48 B. 49 C. 55 D. 54 2. 甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有一名同学的方案共有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 12种 3. 函数，的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 16 4. 若将文盲定义为0，半文盲定义为1，小学定义为2，初中定义为3，职中定义为4，高中定义为5，大专定义为6，大学本科定义为7，硕士及以上学历定义为8，根据调查，某发达地区教育级别与月均纯收入（单位：万元）的关系如下表： 学历 初中 职中 高中 大专 本科 教育级别 3 4 5 6 7 月均纯收入 0.40 0.55 0.70 1.15 1.20 由回归分析，回归直线方程的斜率，可预测该地区具有硕士及以上学历的月平均纯收入为（ ） A. 1.40万元 B. 1.42万元 C. 1.44万元 D. 1.46万元 5. 为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取100名学生．通过测验得到如下的列联表： 单位：人 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲 40 10 50 乙 30 20 50 合计 70 30 100 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 下列结论正确的是（ ） A. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率无差异 B. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 C. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 D. 依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 6. 在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（ ） A. 56 B. 64 C. 72 D. 120 7. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为 ，第2，3台加工的次品率均为 ，加工出来的零件混放在一起. 已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的. 如果取到的零件是次品，则它是第3台车床加工的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上有极值，则的取值可能是（ ） A. B. C. 0 D. 1 二、多项选择题：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. 已知离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 0.4 0.2 a 则（ ） A. B. C. D. 10. 的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（ ） A. 展开式共项 B. 展开式中常数项为 C. 展开式中所有项的二项式系数之和为 D. 展开式中所有项的系数之和为 11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且，则对任意的，，下列不等式中一定成立的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量，，则______. 13. 已知直线与曲线相切，则= 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的两个人．第一次传球由甲手中传出，第次传球后，球在甲手中的概率记为，则_________． 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. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：是等比数列； （2）求数列的前n项和． 16. 已知六面体的底面是矩形，，，且. （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面夹角的正弦值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）判断的零点个数，并说明理由. 18. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题，先进行A组答题，只有A组的两道题均答对，方可进行B组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学A组每道题答对的概率均为，B组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一张奖券. （1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为X，求X的分布列与数学期望； （2）若甲同学进行了8轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由. 19. 已知椭圆过点，右焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）设直线与椭圆E交于P，A两点，过点作轴，垂足为点C，直线交椭圆E于另一点B． （i）证明：． （ⅱ）求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $