2024-2025学年浙江省杭州市高二数学上学期期末检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市高二数学上学期期末检测试题（附答案），共22页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知，为虚数单位，则， 已知平面向量，，且，则， 已知，，则， 已知，则“”是“”的， 已知一组数据，3，则所有新数据的平均数变为5等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为或，，
则.
故选：D.
2. 已知，为虚数单位，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为，则，故.
故选：C.
3. 已知平面向量，，且，则（）
A. B. 0C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出、的坐标，再根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，
所以，，
因为，所以，解得.
故选：A
4. 已知双曲线左，右焦点分别为，若双曲线左支上存在点使得，则离心率的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的性质：双曲线左支上的点到右焦点的距离：可确定双曲线离心率的取值范围.
【详解】由题意：.
故选：A
5. 已知，，则（）
A. B. C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得出，解方程，可得出的值，再利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】因为，则，由已知可得，解得，
故.
故选：D.
6. 数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当较大时，（，常数）．利用以上公式，可以估算的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，，两式相减，根据对数的运算法则计算可得.
【详解】依题意可得，
，
两式相减可得.
故选：B
7. 已知，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，利用充分条件、必要条件的定义判断可得答案．
【详解】，则，，
所以，
所以由不能推出，充分性不成立；
反之，成立，即必要性成立；
，则“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
8. 已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】推导出垂直平分，分析可知，当取最小值时，取最小值，此时，，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示：
由圆的几何性质可知，，
因为，，，所以，，
所以，，则，
设，则为的中点，
由勾股定理可得，
由等面积法可得，
所以，当取最小值时，取最小值，由，可得，
所以，的最小值为，当与直线垂直时，取最小值，
则，因为，解得.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查圆的切点弦长的计算，一般方法有如下两种：
（1）求出切点弦所在直线的方程，然后利用勾股定理求解；
（2）利用等面积法转化为直角三角形斜边上的高，作为切点弦长的一般求解.
二、多选题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知一组数据：3，3，4，4，4，x，5，5，6，6的平均数为，则（）
A.
B. 这组数据的中位数为4
C. 若将这组数据每一个都加上0.3，则所有新数据的平均数变为5
D. 这组数据的第70百分位数为5.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平均数求出值，再根据百分位的性质求出结果．
【详解】由题意得，解得，故A正确；
将这组数据从小到大排列为3，3，4，4，4，5，5，6，6，7，则中位数，故B错误；
若将这组数据每一个都加上0.3，则所有新数据的平均数变为，故C正确；
因为，所以这组数据的第百分位数为，故D正确．
故选：ACD．
10. 在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，下面说法正确的是（）
A.
B.
C. 是锐角三角形
D. 的最大内角是最小内角的倍
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理可判断A选项；利用余弦定理可判断BC选项；利用二倍角的余弦公式可判断D选项.
【详解】对于A，由正弦定理可得，A对；
对于B，由余弦定理可得，，，
所以，，B错；
对于C，因为，则为最大角，又因为，则为锐角，故为锐角三角形，C对；
对于D，由题意知，为最小角，则，
因为，则，则，D错.
故选：AC.
11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，，点E是棱上一点（不包括端点），F是平面内一点，则（）
A. 一定不存在点E，使平面
B. 一定不存在点E，使平面
C. 以D为球心，半径为2的球与四棱锥的侧面的交线长为
D. 的最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立坐标系，利用空间向量判断A，B，把展开到同一平面内计算判断D，求出球面与的交线，再借助对称计算判断C即可.
【详解】对于A，在四棱锥中，面，因为面，
所以，
因为底面是正方形，所以，
以为原点，射线分别为轴非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
，
显然面的一个法向量为，而，
即不垂直，所以与平面不平行，故A正确；
对于B，又，
所以，即，
若，则，
所以存在点，使得，
又平面，所以平面，故B错误；
对于C，由题意球面与的交线如图中圆弧，
而，所以，
所以圆弧的弧长为，故C正确；
对于D，由于面，面，所以，
而，面，所以面，
又面，所以，
同理，且，
把展开到同一平面内，要使取得最小值，当且仅当点在上，且，如图，
因为，所以由勾股定理得，
所以，
而，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
12. 已知函数，的零点分别为、，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】分析可知，函数的图象关于直线对称，利用图象的对称性可判断A选项；由化简可判断B选项；由基本不等式可判断C选项；利用不等式的基本性质可判断D选项.
详解】对于函数，可得，可得，则，
所以，函数的图象关于直线对称，
由，得，
由，得，
作出函数、、的图象如下图所示：
由对称性可知，点、关于直线对称，
对于A选项，，，A对；
对于B选项，由，可得，所以，，
故，B对；
对于C选项，若，由可得，则，
这与即矛盾，所以，，
，C对；
对于D选项，因为，，由不等式的基本性质可得，D错.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键分析出函数的图象关于直线对称，以及同底数的指数函数和对数函数的对称性来得出等量关系，再利用不等式的基本性质求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 过、两点的直线的斜率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两点间的斜率公式可得出直线的斜率.
【详解】由已知可得.
故答案为：.
14. 在直三棱柱中，，，，，则该直三棱柱的外接球的表面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】将直三棱柱补成长方体，求出该直三棱柱的外接球的直径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】因为，，，则，则，
将直三棱柱补成长方体，如下图所示：
所以，直三棱柱的外接球直径为，
因此，该直三棱柱的外接球的表面积为.
故答案为：.
15. 已知函数在上的值域为，则实数的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】先把函数化成的形式，再根据函数在给定区间上的值域求的取值范围.
【详解】因为
.
又.
因为.
故答案为：
16. 已知双曲线：右顶点，右焦点分别为A，F，过点A的直线l与C的一条渐近线交于点P，直线PF与C的一个交点为Q，，且，则C的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据条件：，可确定点坐标，再根据条件：可确定点坐标，依据在双曲线上可求出双曲线的离心率.
【详解】如图：
因为，，设.
由
所以：.
所以点坐标为.，所以轴.
过作轴的垂线，过作轴的垂线，相交于点.
则，又，所以，可得点的坐标为，
因为在双曲线上，所以或（舍去）.
故答案为.
【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率，常见的方法有两种：
（1）求出，，利用求出离心率；
（2）根据条件得到关于，，齐次式，结合和，解方程可得的值.
四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简函数的解析式，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）由求出的取值范围，再利用正弦型函数的单调性可求得函数在上的最大值.
【小问1详解】
解：因为，
则，
故函数的最小正周期为.
小问2详解】
解：当时，，
所以，函数在上单调递增，故.
18. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．
（1）求的值；
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以．
19. 树人中学从参加普法知识竞赛的1000同学中，随机抽取60名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组后得到部分频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：
（1）补全频率分布直方图，并估计本次知识竞赛成绩的众数；
（2）如果确定不低于88分的同学进入复赛，问这1000名参赛同学中估计有多少人进入复赛；
（3）若从第一组，第二组和第六组三组学生中分层抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25的概率．
【答案】（1）补全频率分布直方图见解析；估计众数为.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形的面积之和为1，求出组的频率，可补全频率分布直方图，由此估计本次知识竞赛成绩的众数；
（2）由频率分布直方图求出成绩不低于88的频率，由此估计进入复赛的人数；
（3）根据分层抽样求出各组抽取的人数，再用古典概型求出所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25个概率.
【小问1详解】
组的频率为：.
所以补全频率分布直方图为：
因为组对应的小矩形最高，
所以估计本次知识竞赛成绩的众数为.
【小问2详解】
由频率分布直方图得分数不低于分的频率为：
.
所以这名参赛同学中估计进入复赛的人数为：.
【小问3详解】
从第一组，第二组和第六组三组同学中分层抽取人，
因为第一、二、六组的频率之比为，
所以第一组抽取人，第二组抽取人，第六组抽取人.
设这人分别为：，从这6人中任选2人的抽法有：
基本事件总数，
所抽取的人成绩之差的绝对值小于包含的基本事件有：
基本事件个数个数.
所以所抽取的人成绩之差的绝对值小于的概率为.
20. 如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，，，平面平面．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接、，推导出，利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，推导出平面，可得出，利用正方形的性质可得出，可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐角的余弦值.
【小问1详解】
证明：连接、，
因为四边形为正方形，则，，
因为，，，，则，
由余弦定理可得，
所以，，则，则，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，
因为平面，则，
因为，、平面，则平面，
因为平面，则，
因为，、平面，则平面，
因为平面，则.
【小问2详解】
解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，
因此平面与平面所成锐角的余弦值为.
21. 如图，在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，且满足．当点在圆上运动时，的轨迹为．
（1）求曲线的方程；
（2）点，过点作斜率为的直线交曲线于点，交轴于点．已知为的中点，是否存在定点，对于任意都有，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设点、，则，根据平面向量的坐标运算可得出，代入等式化简可得出曲线的方程；
（2）记，则直线的方程可化为，将该直线方程与曲线的方程联立，求出点的坐标，进而求出点的坐标，求出及点的坐标，根据可求出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标，即为所求的点.
【小问1详解】
设点、，则，
因为，所以，
则，则，所以，
因为点在圆，则，所以，整理可得，
因此曲线的方程为.
【小问2详解】
存在定点满足题意，理由如下：
记，则直线的方程为，
联立，得，
解得，则，
故点，所以点，则，
因为，则，
在直线中，令，可得，即点，
所以直线的方程为，
所以存在定点，使得.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22. 已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”．
（1）判断是否为的“n重覆盖函数”，如果是，求出的值；如果不是，说明理由．
（2）若，为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围；
（3）函数表示不超过的最大整数，如．若为的“重覆盖函数”请直接写出正实数的取值范围（无需解答过程）．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义，结合单调性即可求解
（2）先求出的值域，然后把问题转化为与有两个交点，然后对分类讨论即可求解；
（3）先求出的值域，作出的图象，结合函数图象可求．
小问1详解】
因为，，，
则，
由定义可得，对任意，恰好存在不同的实数，，使得，（其中，2，，），
即，可得，
所以对于任意，能找到一个，使得，
是的“重覆盖函数”，且；
【小问2详解】
可得的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数，，使得（其中），
，则，
，即，
即对任意，有个实根，
当时，已有一个根，故只需时，仅有1个根，
当时，，符合题意，
当时，，则需满足，解得，
当时，抛物线开口向下，，，若仅有1个根，由知，
当时，，所以无解，则只需，
解得，
综上，实数的取值范围是；
【小问3详解】
因为，
当时，当时且，
当且仅当时取等号，所以，
综上可得，即，
则对于任意，，要有个根，
，作出函数的图象（部分），如图：
要使，有个根，则，
又，则，
故正实数的取值范围．
【点睛】关键点点睛：对于新定义问题关键是理解定义，将其转化为方程的根的问题，第三问关键是数形结合.