2024—2025学年浙江杭州高二数学下册（6月）期末考试试卷【含答案】

这是一份2024—2025学年浙江杭州高二数学下册（6月）期末考试试卷【含答案】，共16页。
3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.
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. 已知复数，（为虚数单位，），则复数对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数减法运算求解，可得复平面对应点的坐标，可得结论.
【详解】因复数，，
所以复数，
所以对应的点在第四象限.
故选：D.
2. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为特称命题，即可求解.
【详解】命题“，”的否定是，,
故选：D
3. 下列函数中，以为最小正周期的奇函数是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，利用三角函数的奇偶性和周期性，得出结论．
【详解】由于是最小正周期为π的奇函数，则A正确；
由于为最小正周期为2π的偶函数，则B错误；
由于是偶函数，不符合题意，C错误；
由于是偶函数，不符合题意，D错误．
故选：A．
4. 若甲、乙、丙三人排成一行拍照，则甲不在中间的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列组合计算个数，结合古典概型的概率公式即可求解.
详解】甲、乙、丙三人排成一行，共有种方法，
甲不在中间的，共有,
故概率为,
故选：C
5. 在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】B
【解析】
【分析】画出图形，然后判断即可.
【详解】在正方体中，取，，
连接，，，，，，如下图所示：
因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，，
所以，且，则四边形为平行四边形，则，，
又因为，且，所以四边形为平行四边形，
则，，
所以，，所以为平行四边形，
则正方体中过点，，的截面形状为四边形.
故选：B
6. 在同一个坐标系中，函数，，的图象可能是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据的单调性相反排除AD，然后根据幂函数图象判断出的范围，由此可得答案.
【详解】因为在同一坐标系中，所以函数，的单调性一定相反，
且图象均不过原点，故排除AD；
在BC选项中，过原点图象为幂函数的图象，且由图象可知，
所以单调递减，单调递增，故排除B，所以C正确.
故选：C.
7. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据和差角公式以及弦切互化公式即可求解.
【详解】，
故，
故，
故选：A
8. 已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出圆锥的轴截面，根据题意推出圆台的上、下底面半径之比为，设圆台上底面半径为，圆台存在内切球可得圆台的母线，在中，由余弦定理可求．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，
上部分小圆锥一定有内切球，故只需下部分圆台有内切球即可，
设圆台的内切球的球心，
由上、下两部分几何体的体积之比是，可得截得的小圆锥与原圆锥的体积之比为，
从而可得圆台上下底面圆半径之比为，
设圆台上底面半径为，则圆台下底面半径为，
圆台存在内切球时，由切线长定理可得圆台母线长，则可得圆锥的母线，
所以圆锥的轴截面等腰三角形底边，
在中，由余弦定理可得.
故选：C.
二、多项选择题：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. 本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，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，则下列说法正确的是（）
A. 图中x的值为0.030
B. 被抽取的学生中成绩在的人数为15
C. 估计样本数据的众数为90
D. 估计样本数据的平均数大于中位数
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，结合频率分布直方图的性质，即可求解，对于B，结合频率与频数的关系，即可求解，对于C，结合众数的计算公式，即可求解，对于D，结合平均数的计算公式，以及中位数的计算公式，即可比较大小求解D．
【详解】对于A，结合频率分布直方图的性质可得，，解得，故A正确，
对于B，成绩在区间的频率为，人数为，故B正确，
对于C，众数为，故C错误，
对于D，平均成绩为，
低于80分的频率为，
设样本数据的中位数为分，
则，解得，平均数小于中位数，D错误，
故选：AB．
10. 已知向量，且，则（）
A.
B.
C. 向量与向量的夹角是
D. 向量在向量上的投影向量坐标是
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据向量坐标线性运算与垂直关系，列出方程，求出，A正确；B选项，利用模长公式进行计算；C选项，利用向量夹角余弦公式求出夹角；D选项，利用投影向量公式求出答案.
【详解】A选项，，
∴，
，
∴，解得，故，选项A正确；
B选项，由A选项可知，故，选项B错误；
C选项，，
向量与向量的夹角是，选项C正确；
D选项，向量在向量上的投影向量，选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知，设函数满足，则（）
A.
B. 当时，不一定是常数函数
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】联立方程可得，即可代入求解A，根据时，，即可求解B，取代入题中式子即可求解C,分类讨论，结合共轭复数的定义，代入即可判断D.
【详解】由可得，
联立两式可得，
对于A, 取，则，A正确，
对于B，若时，，故，B错误，
对于C，取，则，
解得，故C正确，
对于D，若且时，此时，则，
故显然满足，
若，则，
此时，故成立，
若，则，
此时，故成立，故D正确，
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数与的图象关于直线______对称．
【答案】
【解析】
【分析】根据反函数的性质即可求解.
【详解】由于与互为反函数，所以与图象关于对称，
故答案为：
13. 若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据扇形面积公式直接求解即可.
【详解】设扇形的面积为，则扇形面积，解得：.
故答案为：.
14. 记的内角的对边分别为．已知，，若的面积为，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由余弦定理和已知求出，再由正弦定理得出用表示出的，利用面积求出可得答案.
【详解】因为，由余弦定理得，
因为，所以，
所以，可得，
因为，所以，所以，
，
由正弦定理，
得，
，
若的面积为，则，
解得，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用正余弦定理边角转化解三角形.
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. 已知函数．
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值、最小值及相应的x的值．
【答案】（1），，；
（2）时，有最小值0，时，有最大值3．
【解析】
【分析】（1）化简函数解析式，由正弦型函数的性质求出周期、单调区间即可；
（2）根据自变量的范围，求出的范围，利用正弦函数求出最值即可得解.
【小问1详解】
（1），
故；
由，令，，
则，，
故函数的单调递增区间为，；
【小问2详解】
当时，，
则，即，
即在区间上的最小值和最大值分别为0，3，
当，即时，有最小值0，
当，即时，有最大值3．
16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，与底面所成的角为45°，为的中点．
（1）求证：⊥平面；
（2）若，求平面与平面的夹角大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由题意可得与底面所成的角即为，即，则,再由题意得出⊥平面，则，即可得到答案.
（2）由二面角的定义可得平面与平面的夹角即为，即可得出夹角大小.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为平面，则为与平面所成角，
与平面所成的角为45°，
所以，则，
又为的中点，所以．
因为，又，,平面，平面，
故⊥平面，平面，
所以，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又，，平面，平面，故平面.
平面，所以，又，则即为所求，
由（1）知：，而，则，故,
,所以．
17. 已知函数，．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义分析求解；
（2）求导可得，分和两种情况，利用导数分析的单调性.
【小问1详解】
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以在处的切线方程为：．
【小问2详解】
由题意可得：，
注意到，
①若，，则在上单调递减，
②若，令时，解得，
当，；当，；
所以在上单调递增，在上单调递减．
18. 已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点，右焦点F，离心率．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线l与椭圆C交于P，Q两点．
（i）若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程；
（ii）是否存在直线l，使F恰为垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）存在，．
【解析】
【分析】（1）由已知易求，进而可得椭圆方程；
（2）（i）设直线，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到：，，设线段PQ中点为，利用中点坐标公式可求中点的轨迹方程；
（ii）由F恰为的垂心，有，可得，代入即可求得直线方程.
【小问1详解】
由题意得：，，则，所以，解得，
故椭圆方程为．
【小问2详解】
（i）由题意得：，因为，所以，则，
设直线，，，
联立，可得，
，所以，
由韦达定理得：，，，
设线段PQ中点为，则，，
则PQ中点的轨迹方程为．
（ii）因为F恰为的垂心，有
所以
又，得，
即，
代入韦达定理得，
解得或．经检验符合条件，
则直线l的方程为：．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知数列满足，数列满足，．
（1）求，的通项公式；
（2）定义：已知数列，，当时，称为“4一偶数项和整除数列”．
（i）计算，，其中，．
（ii）若为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值．
【答案】（1），．
（2）（i），；（ii）
【解析】
【分析】（1）因式分解得到，变形得到，故为公比为3的等比数列，求出通项公式；
（2）（i）利用等差数列求和公式得到，并利用等比数列求和公式得到；
（ii）方法一，根据得到，2，3不满足题意，满足要求，进一步得到，变形后结合二项式定理得到，并得到，得到结论；
方法二：根据得到，2，3不满足题意，满足要求，当时，，故，根据且，证明出结论.
【小问1详解】
由可得，
根据可得，
由可得，且，
所以是以首项为3，公比为3的等比数列，故．
【小问2详解】
（i），
．
（ii）方法一：当时，，
显然，，2，3不满足题意，时，，满足要求，
当时，，
，
故，得证．
方法二：当时，，
显然，，2，3不满足题意．时，，满足要求，
当时，，，
因为且，
下面证明对恒成立，
令，则，当时，，
故在单调递增，故，
故对恒成立，
所以，得证，
故最小值为4.
【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.