浙江省金砖联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份浙江省金砖联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（解析版），共9页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，5B， 已知，，则， 已知随机事件、满足等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
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.
一、选择题：本大题共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】A
【解析】根据题意，由，得，
解的，则，
所以.
故选：A
2. 已知复数则“”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】A
【解析】当时，，所以，故“”是“”的充分条件；
当时，由，解得：，
故“”是“”的不必要条件；
故“”是“”的充分不必要条件，故选：A.
3. 已知向量若则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，
因为所以，
故选：B.
4. 某人在一次考试中每门课得分如下：则数据的第百分位数为（ ）
A. 87.5B. 85C. 90D. 100
【答案】C
【解析】把以上六个数据按从小到大排列：，
由，所以取第5个数作为第75百分位数，即90，
故选：C.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，
所以，
由，可得，
所以
所以，
所以，
故选：C.
6. 等差数列的前项和为，若，则数列中最小项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设数列的公差为，
因为，
所以，，
所以，，
故，，
所以，，，
所以，
所以当时，，当时，，
又，
所以当时，，当时，，
所以当时，，当，，
当时，，
又，
所以，
因为
所以，，，
所以，
因为，
又，，，
，
，
所以，，，
所以，
，
所以，，，
所以，
，
所以，，，
所以，
所以数列中最小项为，
故选：C.
7. 函数， ，且，则 的最小值为（ ）
A. 8B. 10C. 14D. 16
【答案】D
【解析】设，其定义域为，
且，所以为奇函数，
，
设，则，
设，则
设，则，
设，则，
故在上为递增函数，而，
故当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，故，
依次同理可得在上为递增函数，
，
又，即，
所以，所以，即，
则，
当且仅当时，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选：D
8. 设点是圆与圆的一个交点，过点作直线交圆于另一点，交圆于另一点,若,则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由知为中点，
所以，以为直径的圆过点，
故是以为直径的圆与圆的公共弦，
联立圆圆的方程，可解得，
当时，以为直径的圆的方程，与圆的方程相减，可得直线的方程为，
直线的斜率为，考虑对称性，直线斜率的另外一解为.
故选：A.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知随机变量服从正态分布且，则下列选项正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】对于A，因为随机变量服从正态分布所以，
则，故A错误；
对于B，由，根据正态分布关于直线对称，可知，故B正确；
对于C，

根据正态分布曲线，显然成立，故C正确；
对于D，由，则，所以，故D正确；
故选：BCD.
10. 已知随机事件、满足：，，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则与相互独立
B. 若与相互独立，则
C. 若与互斥，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，，故与相互独立，即A正确；
对于B，若与相互独立，则与也相互独立，
则，故B错误；
对于C，若与互斥，则，
，故C正确；
对于D，由全概率公式可得，
所以，故D正确；
故选：ACD.
11. 下面这些图中，能一笔画连成的有 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】对于A,观察图形A（立方体），立方体的每个顶点引出3条线，
因为3是奇数，所以立方体的8个顶点都是奇点. 由于奇点个数为8，大于2，
根据一笔画的判断定理，图形A不能一笔画成.
对于B，对图形B进行分析，通过仔细数图形中每个点引出的线的数量，
发现图形B中奇点的个数为0. 根据一笔画的判断定理，当奇点个数为0时，
图形可以一笔画成，所以图形B能一笔画成.
对于C，观察图形C，数其中奇点的个数.图形C中只有2个奇点（可通过从每个点出发数引出的线的数量来确定）.
因为奇点个数为2，根据一笔画的判断定理，图形C能一笔画成.
对于D，分析图形D，经仔细数奇点个数，发现图形D中奇点个数为0.
依据一笔画的判断定理，奇点个数为0时图形可以一笔画成，所以图形D能一笔画成.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12. 若双曲线 它一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率____________.
【答案】
【解析】双曲线的渐近线方程为，
直线的斜率为，
所以由题可知，，即，
所以双曲线的离心率为.故答案为：.
13. 的展开式中的奇数次幂项的系数之和为，则________.
【答案】
【解析】因为，
又，
所以的展开式中的奇数次幂项的系数之和，
的展开式中的偶数次幂项的系数之和，
所以的展开式中的奇数次幂项的系数之和为，
有已知，故.故答案为：.
14. 如图，现有棱长为的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥且，，分别为棱，，上离最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为________cm.
【答案】
【解析】由题意可得，
所以为等边三角形，设的中心为，
则，因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，平面，
所以，同理可证，
平面，，
所以平面，
因为，所以，又，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，
所以，同理证明，
又平面，，
所以平面，
所以三点共线，
设点到平面的距离为，
而，
，
由，得，
解得，即，
又，所以，
因为，所以该球不是正方体的内切球，
连接，交与点，连接，
由对称性可得球的球心位于线段上，且该球与平面相切，与平面相切，
设球心为，球的半径为，则，，
故，
所以，所以，
所以所求球形饰品的半径的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知椭圆的右焦点为，，P为y轴上一点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F点作与直线PF垂直的直线交C于M，N两点，当△PMN的面积为时，求直线MN的方程.
解：（1）因为椭圆的右焦点为，，
又，，
可得，故的方程为．
（2）由（1）知，
设点，
则直线的斜率为．
当直线斜率不存在时判断是否符合题意，
当时，直线的方程为，
将代入的方程，解得，
则，不符合题意；
当时，直线斜率为，
直线的方程为，设，，
联立得．
则，，
所以，
，
则，
得，分解因式得，
则，得，
或，因，所以无解，
所以，则直线MN的方程为或.
16. 如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到点的位置，且，得到如图所示的四棱锥.
（1）求证:平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
解：（1）在题图1的中，因为，，
由余弦定理得，
连接，因为，，，
所以为正三角形，
设的中点为，连接，，
可得，又，所以，
又，平面，
所以平面，平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，可得，又，可得，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）因为，所以，
又平面，且平面，
所以，，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的角为，由题意可得为锐角，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17. 已知定义在上的函数.
（1）若，判断的单调性；
（2）若存在两个零点，求m的取值范围.
解：（1）若，则，则，，
令，则，
因为，则，所以，即函数在上单调递增，
则，
即在上恒成立，
所以在上单调递增.
（2）令，可得，
所以与恰有两个交点，
设，则，
令可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，；当时，，
的取值范围是.
18. 甲、乙两盒子中各有枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为 .
（1）求 ，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）并求使不等式成立的最小值.
解：（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，
事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，
则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，
又，事件与事件互为互斥事件，事件与事件独立，
所以，
所以，
若第1次操作后甲、乙盒中各有一红一黄棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
若第1次操作后甲盒中为两个红色棋子，乙盒中为两个黄色棋子或甲盒中为两个黄色棋子，乙盒中为两个红色棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
所以.
（2）因为，故
所以，又，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，
（3）因为，由（2）可得，
所以
整理得，又，，函数为增函数，
所以的最小值为.
19. 已知集合S为平面中点的集合，n为正整数，若对任意的.且，总存在平面中的一条直线恰通过S中的k个不同的点 ，称集合S为n连续共线点集.
（1）若 判断S是否为3连续共线点集?是否为4连续共线点集?
（2）已知集合S为n连续共线点集，记集合S的元素个数为.
（i）若，求n的最大值;
（ii）对给定的正整数n，求的最小值.
解：（1）直线经过个点，直线经过个点，
直线经过1个点，所以为3连续共线点集.
没有直线经过中的4个点，所以不是4连续共线点集.
（2）（i）因为，即直线最多经过中的6个点，所以．
时，6个点在一条直线上，没有一条直线恰经过5个点，不满足．
时，5个点在一条直线上，则仅剩1个点，没有一条直线恰经过4个点，不满足．
又当时，
分别恰好经过中4，3，2，1个点，为4连续共线点集，所以．
（ii）设恰经过中个点，
由于经过个点，恰经过个点，最多与交1个点，即最少需要多个点；
恰经过个点，最多分别与各交1个点，即最少需要多个点；
依次类推，恰经过个点，最多分别与各交1个点，
即最少需要多个点，
所以当是偶数时，最少需要个点，
当是奇数时，最少需要个点．
所以（为不超过的最小整数）．
下面用归纳法构造个元素的点集，为连续共线点集，
①时，因为当时，最少需要1个点，而，结论成立，
当，最少需要2个点，而，结论成立；
②假设时，中有个点，直线恰经过中的个点，
作一条直线不经过原来的个点，且与均各有一个交点，
并在上取异于的两个点，
则各经过个点，然后任选一点，
过该点作不经过其余个点的直线，
则各经过个点，
则点集为连续共线点集，
此时．
所以．