2024-2025学年浙江省高二数学上学期期末试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高二数学上学期期末试题（附答案），共20页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 若，则， 已知，则， 已知，分别为双曲线等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次不等式的解法解出集合，然后计算集合的交集.
【详解】由，
，
所以，
故选：D.
2. 若，则（）
A. 5B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求，进而可求其模长.
【详解】∵，则，
则.
故选：B.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式和诱导公式即可.
【详解】
.
故选：D.
4. 在中，是的中点，是的中点，若，则（）
A. 1B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据是的中点，，为的中点，得到，然后结合，求出的值.
【详解】解：∵是的中点，，为的中点，
∴
，
∵，∴，，
∴，
故选：D.
5. 中国明代商人程大位对文学和数学颇感兴趣，他于60岁时完成杰作《直指算法统宗》．这是一本风行东亚的数学名著，该书第五卷有问题云：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”翻译成现代文为：今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少石米？请你计算甲应该分得（）
A. 76石B. 77石C. 78石D. 79石
【答案】C
【解析】
【分析】设出未知数，列出方程组，求出答案.
【详解】设甲、乙、丙分得的米数为x+d，x，x-d，则，解得：d=18，，解得：x=60，所以x+d=60+18=78（石）
故选：C
6. 设函数在区间恰有三个极值点，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦定理的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点，根据，图象：
可得：，解得：，即.
故选：B
7. 所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，其中平行的两个面叫底面，其它面叫侧面，两底面之间的距离叫高，经过高的中点且平行于两个底面的截面叫中截面．似柱体的体积公式为，这里、为两个底面面积，为中截面面积，为高．如图，已知多面体中，是边长为的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依据割补法去求该多面体的体积即可解决.
【详解】如图，分别过点，作的垂线，垂足分别为点，，连接，，
容易求得，.
取的中点，连接，易得，则，
所以多面体体积
.
故选：B
8. 已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.
【详解】因为，为的中点，
所以，，
所以，又，，
所以，
所以.
故选：B.
二、多选题：本趣共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：
则下列结论中正确的是（）
A. 招商引资后，工资净收入较前一年增加
B. 招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍
C. 招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D. 招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
【答案】AD
【解析】
【分析】根据已知条件及扇形图的特点即可求解.
【详解】设招商引资前经济收入为，而招商引资后经济收入为，则
对于A，招商引资前工资性收入为，而招商引资后的工资性收入为，所以工资净收入增加了，故A正确；
对于B，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，转移净收入是前一年的倍，故B错误；
对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；
对于D，招商引资前经营净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确.
故选：AD.
10. 如图所示，在边长1为的正六边形中，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正六边形的性质，结合平面向量性运算性质、数量积的运算性质逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项说法正确；
B：因为
所以本选项说法正确；
C：在正六边形中，共顶点的边和对角线夹角为，
因为，所以本选项说法正确；
D：在正六边形中，每个内角为
因为，，
所以本选项说法不正确，
故选：ABC
11. 甲箱中有3个白球和3个黑球，乙箱中有2个白球和4个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球.以分别表示从甲箱中取出的是白球和黑球的事件，以分别表示从乙箱中取出的球是白球和黑球的事件，则下列结论正确的是（）
A. 事件与事件互斥B. 事件与事件相互独立
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概念判断A、B，根据古典概型的概率公式判断C，根据全概率公式判断D；
【详解】解：对于A，每次取出球，事件与事件是互斥事件且是对立事件，故A正确；
对于B，从甲箱中取出黑球，放入乙箱中，则乙箱黑球变为个，
则取出白球概率发生变化，事件与事件不相互独立，故B错误；
对于C，若从甲箱取出个黑球放入乙箱，这时乙箱黑球变为个，白球还是个，
则，故C错误；
对于D：因为，，，
所以
，故D正确．
故选：AD．
12. 存在定义域为的函数满足（ ）
A. 是增函数，也是增函数
B. 是减函数，也是减函数
C. 奇函数，但是偶函数
D. 对任意的，，但
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复合函数单调性的判断方法判断AB；由奇函数定义判断C；特殊函数判断D.
【详解】对于A，根据复合函数的单调性可知，因为是增函数，所以也是增函数，A正确；
对于B，根据复合函数的单调性可知，因为是减函数，所以是增函数，B错误；
对于C，因为是奇函数，则，所以，所以是奇函数，C错误；
对于D，令，其定义域为，满足，但是，故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的系数为_____．
【答案】
【解析】
【分析】写出展开式第项通式即可求解.
【详解】因为展开式第项通式为，
所以当时的系数为.
故答案为：.
14. 已知直线l同时与圆和圆相切，请写出两条直线l的方程_____和_____．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据直线与圆相切的性质，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】由，设圆心为，半径为，
由，设圆心为，半径为1，
设直线l不存在斜率，此时方程设为：，
因为直线l同时与圆和圆相切，
所以有，此时直线l的方程为，
当直线l存在斜率，此时方程设为：，
因为直线l同时与圆和圆相切，
所以或，
所以此时切线方程为，或，即
，或，
故答案为：；
15. 已知点在抛物线上，过作的准线的垂线，垂足为，点为的焦点．若，点的横坐标为1，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，联立方程组求得，得到直线的倾斜角为，结合斜率公式，列出方程，即可求解.
【详解】如图所示，不妨设点在第一象限，因为点的横坐标为，
联立方程组，解得，即，
又由，可得轴，因为，可得，
所以直线的倾斜角为，
因为抛物线的焦点为，则，
整理得且，解得，
即，解得或（舍去）.
故答案为：.
16. 设函数的图象既关于点对称，又关于直线轴对称．当时，，则的值为_____．
【答案】##
【解析】
【分析】根据函数的对称性，结合对数的运算法则进行求解即可.
【详解】设函数的图象为，
对任意的，令，则在上，
因为的图象既关于点对称，又关于直线轴对称．
所以由在上，可得，，都在上，而，
所以取，此时，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用函数的对称性.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且.
（1）求边b的值；
（2）若D为边BC的中点，，求的面积.
【答案】（1）4（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，找到边关系求解.
(2)根据余弦定理，求出，再根据面积公式求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得：，且，
所以.
【小问2详解】
延长AD至点E，满足，连接EB，EC，在中，
由余弦定理得：，
因为，，
代入上式整理得：，所以
所以
18. 在长方体中，点，分别在，上，且，．
（1）求证：平面；
（2）当，，且平面与平面的夹角的余弦值为时，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正方体的性质得到平面，即可得到，结合，得到平面，从而得到，同理可证，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得
【小问1详解】
因为，平面，平面，
所以，又，平面，所以平面，
又平面，
所以，
因为，平面，平面，
所以，又，平面，所以平面，
又平面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
【小问2详解】
依题意，建立以为原点，以，，分别为，，轴的空直角坐标系，设，
则，，，
则，，，
由（1）平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得（负值舍去），
所以平面与平面的夹角的余弦值为时.
19. 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80名学生．通过测验得到了如表数据：
（1）依据小概率值的独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果表中所有数据都扩大为原来的10倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因．
（2）据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为30%，且将频率视为概率、现根据甲、乙、丙三所学校总人数比例依次抽取了24人，30人，30人进行调查访谈．如果已知从中抽到了一名优秀学生，求该名学生来自丙校的概率．
附：临界值表：
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由卡方公式进行求解即可；
（2）利用全概率公式、条件概率公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以两校学生中数学成绩优秀率之间没有关系，
所有数据都扩大10倍后：
这时两校学生中数学成绩优秀率之间有关系，
所以相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论不一样，
主要是因为样本容量的不同，只有当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高.
【小问2详解】
抽取甲、乙、丙三所学校优秀学生人数分别为：
，
记分别为事件“抽到的学生来自甲、乙、丙学校”，为事件“抽到一名优秀学生”，
则，
，
所以
，
所以从中抽到了一名优秀学生，该名学生来自丙校的概率为：
.
20. 已知数列中，对任意的，都有.
（1）若为等差数列，求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由为等差数列，设公差为d，又，可得，，于是可求得的值，即可得的通项公式；
（2）根据，可得数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1公差为4的等差数列，再对项数分奇偶讨论，结合等差数列求和公式，即可数列的前n项和.
小问1详解】
解：因为为等差数列，设公差为d，
又，可得：，，
所以，解得：，，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
解：由条件，可得：，
两式相减得：，因为，又，所以，
所以数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1公差为4的等差数列.
所以当n为偶数时，
；
当n为奇数时，
.
综上：.
21. 已知椭圆过点，且离心率为
（1）求椭圆的方程；
（2）、是椭圆上的两个动点，如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率的公式，结合代入法、椭圆中的关系进行求解即可；
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，求出、两点坐标，最后根据直线斜率的公式进行求解即可.
【小问1详解】
根据题意，，
解得，
椭圆的方程为：；
【小问2详解】
证明：设直线的方程为：，
由，得
显然是该方程的根，因此有，
，
由题可知直线的方程为，同理可得，
，
直线的斜率为定值，且这个定值为.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系求出两点坐标是解题的关键.
22. 设函数．
（1）若，函数在的值域是，求函数的表达式；
（2）令，若存在实数，使得|与|同时成立，求的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若，则，结合二次函数的图象和性质，求出，的表达式，进而可得函数的表达式；（2）由，结合二次函数的图象和性质分类讨论，最后综合讨论结果，可得答案.
【小问1详解】
若，则，且，，
①当时，即，则，，所以；
②当时，即，则，，所以；
③当时，即，，，所以;
④当时，即，，，所以;
所以函数的表达式为
【小问2详解】
由题可得，则的最小值为；
①当时，，不满足题意；
②当时，即时，由方程，即，
由，得，，
则当时，，而，
故与必然不能同时满足在区间上，则不满足题意；
③当，即时，由方程，即，
由，得，，
则当时，，而，
故必然存在与同时满足在区间上，则满足题意，即
④当，即时，由方程，即，
由，得，，
由，得，,
则当时，，而，有可能同时存在与满足条件，
由于，
则与若要同时满足条件，则必须满足，，
故若同时存在与满足条件，则必须要求，而，解得，即；
综上所述，.
学校
数学成绩
合计
不优秀
优秀
甲校
30
10
40
乙校
20
20
40
合计
50
30
80
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828