浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024~2025学年高二下册期中考试数学试题【附解析】

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高二年级数学学科试题
命题：奉化中学 丁少杰、孙圣 审题：临安中学 方铭 象山中学 许泽建 校稿：求莲萍
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟：
2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名，座位号写在指定位置：
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效：
4．考试结束后，只需上交答题卷。
第Ⅰ卷
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求出集合包含的元素，再求集合的交集即可.
【详解】，则，
，则，
则.
故选：B.
2. 复数，则复数在复平面内的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先由共轭复数求出，再利用复数的除法运算可得.
【详解】由题意可得，
所以，
所以复数在复平面内的对应点位于第一象限.
故选：A
3. 若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】利用百分位数的概念计算，再利用二项式展开式通项公式求常数项即可.
【详解】因，
所以的第上四分位数是，即，
则，
由解得，
所以常数项为，
故选：D.
4. 过抛物线的焦点，且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线焦点坐标和直线垂直的斜率关系求解.
【详解】抛物线的焦点为，
设与直线垂直的直线方程为，
代入，可得，故所求直线方程为，
即.
故选：B.
5. 有两个盒子，第一个盒子恰有1个红球，4个黄球，第二个盒子恰有2个红球，3个黄球．现从这两个盒子中等可能地选择一个盒子，然后从中任意摸出2个球，则这2个球都是黄球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由全概率公式即可求解.
【详解】设表示取得的2个球都是黄球，表示选择第一个盒子，表示选择第二个盒子；
所以，
故选：C
6. 已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设切点坐标，由题意可得且，求解即可.
【详解】设切点坐标为，
，
则且，
解得，再代入，
可得：，
故选：D
7. 长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标运算公式结合基本不等式即可求出结果.
【详解】在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设是的中点，所以.
设，，
因为，所以，所以，
设异面直线与所成角为，
因为异面直线成角的范围是，
则，
因为，所以，当且仅当时取等号，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为.
故选：A.
8. 已知函数，若当且仅当，则的最小值为（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得，根据及绝对值不等式转化可得，若，得，取，分和讨论的单调性及最值，继而即可求解.
【详解】定义域为，
得．
又，
（注：，证明：因为，，所以），
所以若，则，
即．
这样，若，则取，
得∀x∈−r,r,f′x>0，进而在递增，
故，与已知条件矛盾！
所以．即，也即．
当时，，
得，取等当且仅当，
故在上递减，符合要求．综上，的最小值为．
故选：.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若与互斥，则B. 若与相互独立，则
C. 若，则与相互独立D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由互斥事件、独立事件及条件概率的计算公式逐个判断即可.
【详解】对于A：，A错；
对于B：，，B对，
对于C：由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，C对，
对于D：由，可得，
所以，D错，
故选：BC
10. 已知，且，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】推导出，利用基本不等式可判断AB选项；计算得出，令，其中，利用导数求出函数的最小值，可判断C选项；利用特殊值法进而判断D选项.
【详解】因为，且，所以，
因为，所以，可得，即.
对于A选项，由基本不等式可得，
等号成立当且仅当时，即当时，等号成立，
又因为，故等号不成立，即，A对；
对于B选项，，
当且仅当时，即当或时，等号成立，
故，B对；
对于C选项，，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的单调递减区间为，递增区间为，
故，即，C对；
对于D选项，不妨取，，则，D错.
故选：ABC.
11. 是定义在区间上的函数，若存在二元函数满足：
①且；
②：
则称为在上的“面积”系统．下列说法正确的是（ ）
A. 若为常数，则在上有唯一的“面积＂系统
B. 若为在上的“面积”系统，则
C. 是在上的“面积”系统
D. 若则在上有无数个“面积”系统
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题中新定义，直接计算证明可判断A，B；举例可判断C，D.
【详解】对于A选项，当为常数时，，，，
要使得，则，
此时，所以满足条件，故A正确；
对于B选项，由性质②，，有，得.
再应用性质②，．由此，，即，故B正确；
对于C选项，取，则．又，则，，
所以不存在使，故性质①不满足.故C错误；
对于D选项，且，若，则，
若，则，
对任意，令，
则，且满足，
故为常数，是的“面积系统”，且的取值有无数多个，故有无数个.故D正确.
故选：ABD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，则共可组成_______个四位数．
【答案】300
【解析】
【分析】根据排列，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】从1,2,3,4,5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有,
故答案为：300
13. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由，得到，再由得到，再由夹角公式即可求解.
【详解】由，
可得：，
即，即，
又，可得：，
即，
所以，所以，
又，所以与的夹角为
故答案为：.
14. 已知是双曲线的左，右两个焦点，若双曲线上存在一点满足，则该双曲线的离心率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线的定义结合余弦定理求出间关系，再由离心率的齐次式可得.
【详解】
由题意可得，所以，
又，
所以在中，，
在中，，
所以，解得，
所以.
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. 已知等差数列的公差不为 0 ，，成等比数列.
（1）求数列通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，将等差数列通项代入，得到，求得通项公式．
（2）求得，根据分组求和法，将原数列的和分为等差与等比数列的和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由，成等比数列，
得，得，由，得，
则.
（2）由（1），则，
则
即.
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，等比数列的概念和前项和公式，考查了学生的分析能力，运算能力，属于中档题.
16. 在中，分别是角的对边，已知是锐角，且．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）利用正切的倍角公式可求，结合余弦定理可求答案；
（2）利用正弦定理表示，结合面积公式和三角函数恒等变换可得答案.
【小问1详解】
由已知得，，解得或．
又为锐角，，得．
所以，由余弦定理得，．
【小问2详解】
由正弦定理得，．
所以，
，
即，
当，即时，取到最大值为．
17. 如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点．

（1）求证：平面；
（2）若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）易得，再由平面，得到，利用线面垂直的判定定理证明；
（2）法一：过作于，过作于，连结，得到为二面角平面角，假设这样的存在，设，由， 求解；法二：以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，是平面的法向量，设，是平面的法向量，由，得到，设，由求解.
【小问1详解】
因为为圆的直径，所以．
又因为平面，所以．
又因为，所以平面．
【小问2详解】
法一：如图所示：

过作于，过作于，连结．
因为平面，所以平面平面，
进而平面，故．
因此平面，所以，
故为二面角平面角．
又，所以．又，得，
所以，进而。假设这样的存在，得，
得， ，
即，解得．
故满足条件的存在．
法二：如图，

以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，是平面的法向量．
设，则，得，，
得是平面的法向量．
这样，，解得．
所以，，设，
得．
这样，由，即，解得．
故满足条件的存在．
18. 已知椭圆的离心率为为的左，右焦点，为的右顶点，为的上顶点，且周长为，直线交于两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的斜率之积恒为，求证：直线恒过定点．
（3）若直线恒过，则是否为定值？若成立，请求出该定值：若不成立，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）成立，
【解析】
【分析】（1）根据题意，建立关系式求出，得解；
（2）设，代入椭圆的方程，由韦达定理可得，，由，运算得，得证；
（3）当直线的斜率为0时，得，当直线的斜率不为0时，设，由韦达定理可得，即，得解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，由已知得，又，可得，
故，解得，
所以椭圆的方程为.
小问2详解】
设，根据题意，易知直线的斜率不为0，设，
联立与，消去得，整理得，
所以，，，
进而，，
，
，
解得，满足，即直线过定点.
.
【小问3详解】
当直线的斜率为0时，此时，易得；
当直线的斜率不为0时，设，这样，由（2）知，
，，
所以，
从而，
即，
则，即，
综上，为定值.
19. “田忌赛马”我国历史上有名的“以弱胜强”的事例．齐王有匹马，田忌有匹马，且这匹马在比赛中的胜负可用如下不等式表示：
①且；
②且．
这里，表示“马与马比赛，马获胜”．一天，齐王找田忌赛马，约定：每局比赛双方各出一匹马，比赛过的马不能再次上场，共赛局，并记田忌在局比赛中获胜局数为．
（1）求的分布列与期望；
（2）分别求的通项公式；
（3）求证：．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为1
（2），
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先分析出的可能取值，再写出分布列再计算数学期望即可；
（2）分类计算；；
（3）应用随机变量的数学期望的公式计算，作差证明即可.
【小问1详解】
所以．
【小问2详解】
记，
不妨将视为平面上个不同的点，作线段当且仅当出现在同一局，
则局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，
由比赛规则可知，，即为的一个排列，
也即为到的一个一一对应，这样的总共有种取法．
所以即，，也即。故．
记下到的一一对应的取法恰有种．下面且，
任取到一一对应，
其中为的一个排列．当给定时，
则取或，则为到的一一对应，恰有种．
又考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所以所得恰为全体到的一一对应．注意到，，且．
这样，若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或．
（ⅰ）若满足，则满足当且仅当，其中且．
此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
（ⅱ）若满足，则满足当且仅当或，
其中且．此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
综合（ⅰ）（ⅱ），。
所以，即。
进而有，．又，得，即。
故，，
记，则，
即，
得，
也即．
【小问3详解】
记．任取到的一个一一对应，其中田忌赢的局数为，
这样，
其中代表全体到的一一对应，
上式分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有．
这样．
又，得．0
1
2