云南临沧地区中学2024-2025学年高二下学期6月阶段性教学水平诊断检测 数学试题（含解析）

2026届云南临沧地区中学高二6月阶段性教学水平诊断检测一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.从稻田中随机抽取7株水稻苗，测得苗高(单位：cm)分别是23,24,23,25,26,23,25.则这组数据的众数和中位数分别是(

)A.24，25 B.23，23 C.23，24 D.24，242.在复平面内，复数8+i2+i3对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.若集合A={1,3,5,7}，B={x|2x>8}，则A∩B=A.{1} B.{1,3} C.{5,7} D.{3,5,7}4.不等式2x−1x+4≥0的解集是(

)A.{x|−4≤x≤12} B.{x|x<−4或x≥12}

C.5.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A=2π3，a2=4bc，则A.32 B.154 C.36.已知抛物线y2=2px的焦点为F，点A,B,C在抛物线上，F为▵ABC的重心，且尚FA+FB+FCA.3 B.4 C.5 D.67.已知等差数列an的公差为3,a4=0，记数列an的前n项和为SA.12 B.24 C.36 D.488.已知α∈(0,π2),tan⁡2α=cosαA.15+38 B.15二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.数列an的前n项和为Sn，若a1=1,A.Sn=3n−1 B.an为等比数列 C.10.已知f(x)是定义在R上奇函数，且当x>0时，f(x)=(x2−3)eA.f(0)=0

B.当x<0时，f(x)=−(x2−3)e−x−2

C.f(x)≥2，当且仅当x≥11.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1A.曲线C的离心率为62

B.曲线C的渐近线方程为2x±y=0

C.若F到曲线C的渐近线的距离为2，则曲线C的方程为x24−三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.向量a=1,−1，b=−113.已知函数fx=x2−8lnx在其定义域内的区间a−2,a+314.一底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为

(单位：cm)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.(本小题13分)设fx=(Ⅰ)求函数fx(Ⅱ)将fx的图象向右平移π3个单位长度后得到gx的图象，求gx16.(本小题15分)已知椭圆C:x2a2+y(1)求椭圆的标准方程;(2)已知直线l:y=x+m与椭圆C相交于A，B两点，且△ABO的面积为45，求直线l的方程.(注：椭圆的面积公式为S=πab)17.(本小题15分)

如图，多面体A1B1D1−ABCD是三棱台A1B1D1−ABD和四棱锥C−BDD1B1的组合体，底面四边形ABCD为菱形，(1)证明：D1E//平面(2)若平面A1BD与平面BB1C夹角的余弦值为18.(本小题17分)已知函数f(x)=ln(1+x)−x+1(1)证明：f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；(2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点，

(ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)−f(x1−t)，证明：g(t)在区间(0,19.(本小题17分)生命的诞生与流逝是一个永恒的话题，就某种细胞而言，由该种细胞的一个个体进行分裂，分裂后成为新细胞而原细胞不复存在，多次分裂后，由该个细胞繁殖而来的全部细胞均死亡，我们称该细胞“灭绝”.现已知某种细胞有p0的概率分裂为0个细胞(即死亡)，...，有pn的概率分裂为n个细胞.记事件A：细胞最终灭绝，Bn：细胞第一次分裂为n个细胞.记该细胞第一次分裂后有X个个体(分裂后的细胞互不影响)，在概率论中，我们用X的数学期望EX作为衡量生物灭绝可能性的依据，如果E(1)直接写出X的数学期望EX(2)用只含A和Bn的概率式表示PA并证明该细胞灭绝的概率为关于x方程：(3)若某种细胞发生基因突变，当i≥3时pi(ⅰ)若当其分裂为两个细胞后，有一个细胞具有与原细胞相同的活力，而另一细胞则在此后丧失分裂为两个的能力(即只有可能分裂成0个或1个)，求证：该细胞的灭绝是必然事件．(ⅱ)受某种辐射污染，若当其分裂为两个细胞后分裂生成的两个细胞此后均丧失分裂为0个的能力，并等可能分裂为1个或2个细胞.我们称为“泛滥型细胞”，已知：p0=13,p1=1答案和解析1.【答案】C

【解析】解：原数据组由小到大排列为：23,23,23,24,25,25,26，所以这组数据的众数和中位数分别是23，24．故选：C．2.【答案】A

【解析】解：因为i3所以8+i2+i3=8+i故选：A．3.【答案】C

【解析】解：已知B={x|2x>8}，解得B={x|x>3}，

又A={1, 3, 5, 7}，所以A∩B={5,7}，

4.【答案】B

解：由不等式2x−1x+4≥0得：2x−1x+4解得x<−4或x≥12，故故选：B5.【答案】B

【解析】解：由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA=b2+c2+bc=4bc，所以(b+c)2−bc=4bc，

6.【答案】B

【解析】解：由题：F(p2,0)由抛物线定义知：FA+又F为▵ABC的重心，所以x1+x2+故选：B．7.【答案】D

【解析】解：因为等差数列an的公差为3,a4=0，所以所以an因为d=3>0，数列an单调递增，所以数列an前所以S=−2=29+6+3故选：D．8.【答案】D

【解析】解：∵α∈(0,π∵tan⁡2α=cos∴2sin⁡αcosα∴1−2sin∴cosα=则sin⁡(α+2π故选：D．9.【答案】AD

解：BC选项，an+1=2Sn①当n≥2时，an=2Sn−1②，

①−②故an从第二项开始，为公比为3的等比数列，B故an=1,n=1A选项，当n=1时，S1=1，

n≥2时，Sn=1+2+6+⋯+2×3n−2=1+2−2×3n−1D选项，Sn+1Sn=3故选：AD．10.【答案】ABD

【解析】解：选项A:定义域为R的奇函数在x=0处的值为0，因此f(0)=0，正确．

选项B:对于x<0，利用奇函数性质f(x)=−f(−x)，代入x>0的表达式得：f(x)=−[((−x)2−3)e−x+2]=−(x2−3)e−x−2，正确．

选项C:当x>0时，解不等式(x2−3)ex+2⩾2，得x⩾3，当x<0时，f(x)=−(x2−3)e−x−2，

例如x=−1时，f(−1)=2e−2≈3.436≥2，说明存在x<011.【答案】AC

解：由题意设双曲线的渐近线方程为y=bax，代入点P(62,32)，

解得ba=22，则双曲线的离心率e=ca=1+(ba)2=62，故A正确；

双曲线的渐近线方程为y=±22x，即x±2y=0，故B错误；

若F到渐近线的距离为12.【答案】1

【解析】解：2a→+故答案为：1．13.【答案】2,4

【解析】解：由fx=xf′x令f′x=0，得x=2或x=−2舍，

所以当x>2时，f′x所以fx=x2−8存在唯一极值点2，所以a−2<2<a+3，解得：−1<a<4，又a−2⩾0，所以a⩾2，所以实数a的取值范围是2,4．故答案为：2,4．14.【答案】2.5

【解析】解：轴截面如图所示，设铁球半径为r，

则有4r2=(9−2r)2+(8−2r)2，

即4r2−68r+145=0，

即(2r−5)(2r−29)=0，

解得15.【答案】解：(Ⅰ)f(x)=cos(2x+=12cos2x−所以函数f(x)的最小正周期为π．

由2kπ≤2x+π3≤(2k+1)π，k∈Z，

可解得所以函数f(x)的单调减区间是[kπ−π6(Ⅱ)由(Ⅰ)得g(x)=cos[2(x−π3)+π3]+1=cos(2x−π3)+1因此12≤cos(2x−π3)+1≤2，

即g(x)的取值范围为[1216.【答案】解：(1)由abπ=2πca=32a2=b2+c2，得a=2b=1,

故椭圆标准方程为x24+y2=1;

(2)设点A(x1,y1)B(x2,y2)，设AB与x轴交于C点，易得C(−m,0)，

由x24+y2=1y=x+m，得5x17.【答案】解：(1)证明：连接B1E，

因为BD/​/B1D1，BD⊄平面B1D1E，

B1D1⊂平面B1D1E，

所以BD/​/平面B1D1E，

因为A1B1/​/AB，A1B1=12AB，

DE//AB，DE=12AB，

所以A1B1//DE，A1B1=DE，

所以四边形A1B1ED为平行四边形，

所以A1D//B1E，

又A1D⊄平面B1D1E，B1E⊂平面B1D1E，

所以A1D//平面B1D1E，

因为A1D∩BD=D，A1D，BD⊂平面A1BD，

所以平面A1BD/​/平面B1D1E，

又D1E⊂平面B1D1E，

所以D1E//平面A1BD；

(2)因为平面AA1B1B⊥平面ABCD，

平面AA1B1B∩平面ABCD=AB，

AA1⊥AB，AA1⊂平面AA1B1B，

所以AA1⊥平面ABCD，

取BC的中点F，连接AF，AC，

因为四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，

所以△ABC为等边三角形，

所以AF⊥BC，

又AD/​/BC，所以AF⊥AD，

所以AF，AD，AA1两两垂直，

则以A为原点，AF，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AA118.【答案】解：(1)由题得f′(x)=x2(1x+1−3k)，因为0<k<13，所以13k−1>0，

当0<x<13k−1时，f′(x)>0，f(x)在该区间上单调递增，

当x>13k−1时，f′(x)<0，f(x)在该区间上单调递减，

所以f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点13k−1；

因为f(13k−1)>f(0)=0，f(12k)=ln(1+12k)−12k，

设ℎ(x)=ln(1+x)−x(x>0)，则ℎ′(x)=11+x−1=−x1+x<0，

所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减，所以ℎ(x)<ℎ(0)=0，

所以f(12k)=ℎ(12k)<0，

故存在唯一x3∈(13k−1,12k)使得f(x3)=0．

(2)(i)由(1)知x1=13k−1，x2=x3，

g′(t)=(x1+t)2(1x1+t+1−3k)+(x1−t)2(1x119.【答案】解：(1)

EX=(2)

P(A)=P(AB0)+P(AB则PA=p1+p2+⋅⋅⋅+pi所以PA=若

i

能取到

1−n

中的所有数，

则令PA=x

，有x=p0+p1x+p2令

fx=p0+p1x+p2x2+⋅⋅⋅+pnxn−x

，

f′x=p1+2p2x+3p3x2+⋅⋅⋅+npnxn−1−1

，

由于

f′x

的每一项在

x∈0,1

上均单调递增，

故

f′x

单调递增，

f′