浙江省丽水市2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省丽水市2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．下列函数中，定义域为的函数是（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数，，则复数在复平面内对应点所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
4．设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”是“lm且ln”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知，则=（ ）
A．B．C．D．
6．已知某圆台的两底面半径分别为1和4，侧面积为，则该圆台的体积等于（ ）
A．B．C．D．
7．甲、乙两人独立破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则恰有一人成功破译的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知不等式的解集为，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知，且，则（ ）
A．2或8B．或8C．8D．64
10．如图两点在河的同侧，且、两点均不可到达．现需测、两点间的距离，测量者在河对岸选定两点、，测得，同时在、两点分别测得，，，则、两点间的距离为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知，现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若存在，使得函数与图象的对称中心完全相同，则满足题意的的个数为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
13．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
14．已知平面向量均为单位向量，且，则（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
15．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A．动点轨迹的长度为
B．与不可能垂直
C．直线与平面所成角正弦值的最小值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题
16．事件、互斥，若，，则 .
17．已知定义在上的函数的值域是，则函数的值域是 .
18．已知函数的图象过点，若在内有4个零点，则a的取值范围为 ．
19．若实数，满足，则的最大值为 .
四、解答题
20．电力公司从某小区抽取100户居民用户进行12月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.
(1)求的值及这100户的用电量的平均数；
(2)力公司拟对用电量超过的家庭的电器进行检测，若恰好为第71百分位数，求.
21．如图，在四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，侧面底面，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
22．已知数列是公比为的等比数列，成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，设数列的前项和为，求证：．
23．已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）.
(1)若椭圆的离心率为，求的值；
(2)若，左顶点为，求的面积的最大值．
24．人脸识别技术在社会各行各业中的应用深刻改变着人们的生活.所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像、并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份.在人脸识别中，为了检测样本之间的相似度主要运用余弦距离进行测试.二维空间有两个点，，定义之间的余弦距离为，其中.
(1)若，，求之间的余弦距离；
(2)已知，，，，若，，
①求之间的余弦距离；
②求的值．
25．已知函数为奇函数．
(1)求a的值；
(2)设函数，
①证明：有且只有一个零点；
②记函数的零点为，证明：．
1．C
直接根据并集含义即可得到答案.
【详解】由题意得.
故选：C.
2．B
利用各个选项中函数的定义及要使得函数有意义即可求得定义域，由此得出答案.
【详解】对于A，要使得根号下有意义，则，即定义域为，故A错误；
对于B，要使得对数有意义，则真数，即定义域为，故B正确；
对于C，由指数函数的定义可知其定义域为，故C错误；
对于D，要使得正切函数有意义，则，即定义域为，故D错误；
故选：B.
3．B
先根据复数的加法法则求出，，进而得到在复平面内所对应点的坐标，即可得解.
【详解】因为复数，，
所以，
所以复数在复平面内对应点为，在第二象限.
故选：B
4．A
【详解】设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”，则“lm且ln”，反之若“lm且ln”，当m//n时，推不出“l”，∴ “l”是“lm且ln”的充分不必要条件，选A．
5．C
将题干条件化简，根据计算即可.
【详解】因为，
所以，即，
所以.
故选：C
6．B
根据侧面积公式求出母线长，利用勾股定理求高，在根据圆台体积公式计算即可.
【详解】圆台的侧面展开图是个扇环，设圆台的母线为，
则，所以
所以圆台的高，
则圆台的体积等于，
故选：B.
7．D
根据独立事件的概率乘法公式即可求解.
【详解】恰有一人成功破译的概率为.
故选：D.
8．D
由题意得是方程的两个根，求得，代入计算即可求解.
【详解】因为不等式的解集为，
所以是方程的两个根，
即，
代入可得，解得或，
所以的解集为.
故选：D
9．C
根据对数的运算性质化简计算即可求解.
【详解】因为，
，
令，
所以，解得或（不符合题意舍去），
所以，解得.
故选：C
10．B
先求，在利用正弦定理得，在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】由题意有，
在中由正弦定理有，
又，所以为等边三角形，所以，
又因为，在中，由余弦定理有：
，
所以，
故选：B.
11．B
根据同角关系式及倍角公式可得，由题意得需为奇函数，由余弦函数得奇偶性即可求解.
【详解】，
，
要使函数与图象的对称中心完全相同，
则需为奇函数，
所以，，即解得，
因为，
当时，，当时，，
所以满足题意的的个数为2个.
故选：
12．C
将不等式化为，令，即.然后分和两种情况去掉绝对值符号，得到相应的解析式，计算取时的函数值，画出函数的部分图象，数形结合即可得解.
【详解】因为函数，所以关于的不等式
可化为，即，
令，即.
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
且；
当时，，
在上单调递减，且.
如图所示，结合函数图象及取时的函数值可知，
要使的解集中有且仅有个整数，这两个整数解只能是和，
所以实数的取值范围为，即.
故选：C
13．AB
利用不等式的基本性质可判断A；利用作差法比较出大小可判断B；举出反例可判断CD.
【详解】对于A，由不等式的性质可知同向不等式相加，不等式方向不变，故A正确；
对于B，，因为，所以，故B正确；
对于C，当时，故C错误；
对于D，当时，，故D错误；
故选：AB.
14．BCD
对两边平方可判断；对两边平方可判断；求出，，由向量的夹角公式计算可判断出C；由投影向量定义可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，则，故错误；
对于B，因为，所以，故正确；
对于C，因为，所以，所以
，
则，故C正确；
对于D，因为，，
所以在上的投影向量为，
故正确.
故选：BCD.
15．ACD
对A，由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段；对B，举反例即可；对C，由可得到使线面角取到最小时的点的位置， 此时再建系，利用线面角的坐标公式计算即可；对D，利用，可得到使三棱锥的体积取到最大值的点的位置，接下来用定心法求出外接球半径即可.
【详解】对A，如图，取中点为，中点为，连接，
又正方体中，为棱的中点，可得，
又平面，平面，
平面；
又中点为，中点为，
，又平面，平面，
平面；
又，
且平面，
平面平面，
又平面，且平面，平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），
平面平面，而平面平面，
，即的轨迹为线段.
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对B，由可知三角形为等腰三角形，
当为线段中点时，由可得，
又中点为，中点为，，而，，故选项B不正确；
对C，由选项B 知，，又面，面，
面，则上的点到平面的距离为定值，设到平面的距离为，
直线与平面所成角为，则，而为定值，
当最大时，最小；此时点位于点时，最大，最小.
分别以为建立空间直角坐标系，则由题意得，，，，
可得，，设平面的法向量，
则有，不妨令可得，
平面的一个法向量，又，
则，故选项C正确；
对D，由侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以最大时，体积最大，∵，
可得当在处时，三棱锥的体积最大，
由已知得此时，
所以在底面的射影为底面外心，，，，
由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，
如图，设外接球半径为，由，，
可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项D正确．
故选：ACD
16．
根据互斥事件概率加法公式求解.
【详解】因为、互斥，
所以,
解得.
故答案为：
17．
根据函数图象的关系，结合值域的定义分析即可
【详解】函数的图象向左平移3个单位得到的图象，
因此函数的值域为，
则函数的值域是.
故答案为：.
18．
将代入中结合，得，则可求出，再由求出的范围，然后由在内有4个零点，结合正弦函数的性质可求出a的取值范围.
【详解】由题意知，函数的图象过点，所以，解得，
因为，所以，所以，
当时，可得，
因为在内有4个零点，结合正弦函数的性质可得，
所以，即实数a的取值范围是．
故答案为：．
19．
已知条件可化为，故可设，从而目标代数式可化为，利用基本不等式可求其最大值.
【详解】由，得，
设，其中，则，
从而，
故
记，则，
不妨设，则,
当且仅当，即时取等号，即最大值为.
故答案为：.
20．(1),平均数为322
(2)400
根据频率分布直方图中长方形的面积之和为1得到，然后根据平均数的计算公式即可求解，
（2）根据百分位数的概念计算即可.
【详解】（1），解得，
平均数为
（2）在这组数据中对应的频率为，
对应的频率为，
所以这组数据第71百分位数在中，
设第71百分位数为，则，解得.
21．(1)证明见解析
(2)．
（1）根据线面平行判定定理证明即可；
（2）法一：根据面面角定义作图，在中，由余弦定理计算即可；法二，建立空间直角坐标系，由面面角向量法计算即可求解.
【详解】（1）连结交于点，连，
∵底面是正方形，，
∴是的中点，
∵是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）法一：作交于，作交于，连，
∵平面平面，平面平面，
∴平面
∵平面，
∴
又∵，，
∴平面，
∴，
∴为二面角的平面角，
不妨设，则,
，，
，，
∴，
∴二面角的余弦值为
法二：取的中点为，的中点为，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，
∴底面，
∵底面，
∴，，
∴，，两两垂直，则分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，不妨设，
则由已知得，，，
在平面中，，，
设为平面的一个法向量，
则，
令，则为平面的一个法向量．
又∵平面的一个法向量
设二面角平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为．
22．(1)
(2)证明见解析
（1）利用基本量法可求首项，从而可求通项；
（2）利用错位相减法可求，利用不等式的性质可证.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，
又因为数列是公比为的等比数列，所以，
解得，所以，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，则
可得，
则，
两式相减，可得，
所以，
因为，
所以数列是递增数列，则，
又因为，可得，
综上可得：.
23．(1)
(2)
（1）根据离心率可求出的值.
（2）设直线的方程为，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积；
利用表达出三角形面积，然后再代换成关于的函数，由基本不等式求出的最大值.
【详解】（1）∵椭圆的离心率为，
∴，
解得.
（2）时，，故，所以，，
、均不在轴上，故直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，
联立与得，
因，
由韦达定理，，，
所以，
又，故的面积，
而，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积的最大值为.
24．(1)；
(2)①；②5
（1）根据新定义计算即可；
（2）①由新定义及所给点的坐标得出，，再求出，即可得出之间的余弦距离；
②由，，展开化简可得解.
【详解】（1）由题意得，
∴之间余弦距离为；
（2）①由题意得
∵，∴，∴，
∵，
∴，∵，∴
∴，之间的余弦距离为.
②由①可得，，
∴，∴
∴
25．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
（1）根据可求出a的值；
（2）①讨论和时函数的单调性或函数值的正负，结合零点存在性定理可证明函数有且只有一个零点；
②由①可得，结合的范围分析函数单调性可证明不等式.
【详解】（1）由题意得，，
∴，即恒成立，∴.
（2）①当时，函数与函数均在上单调递增，
∴在上单调递增，
又，，
∴存在唯一零点.
当时，，，∴，
当时，，，∴，
∴当时，无零点，
综上，有且只有一个零点，且该零点.
②由①可知，且，故，
∴，
令，则.
当时，，∴在上单调递增，
∴，即得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
B
A
C
B
D
D
C
B
题号
11
12
13
14
15





答案
B
C
AB
BCD
ACD