浙江省丽水市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份浙江省丽水市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了06，2 ， P  0等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
本试题卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
选择题选出答案后，用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
一、单项选择题：本大题共 12 小题，每小题 3 分，共 36 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.
已知集合M  {x | 3  x  1} ， N  {x | 1  x  4}，则M ∪ N 
{x | 1  x  1}
{x | x  3}
{x | 3  x  4}
{x | x  4}
x
下列函数中，定义域为(0, ) 的函数是
f (x)  ln x
f (x) C． f (x)  2x
D． f ( x)  tan x
已知复数 z1  2  i ， z2  1 2i ，则复数 z1  z2 在复平面内对应点所在的象限是
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
设 l，m，n 是不同的直线，m，n 在平面α内，则“ l α”是“ l  m 且l  n ”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
已知csθ sinθ 2 ，则tanθ= csθ sinθ
3
 1
3
1
3
3
已知圆台的上、下底面半径分别为 1 和 4，侧面积为15 2π ，则该圆台的体积等于
7πB． 21πC． 21 7πD． 63π
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 1
3
破译的概率为
， 1 ，则恰有一人成功 5
A． 1
15
B． 2
15
C． 4
15
D． 2
5
已知不等式 x2  bx  c  0 的解集为{x | 3  x  4} ，则cx2  bx  1  0 的解集为
( 1 ,  1 )
34
(,  1) ∪ ( 1 , )
34
C．
1 1
(, )
D． ( 1
∪ 1 )
, )(,
4 343
已知a  1 ，且lga 8lga 2  1 lga 4 ，则a 
A．2 或 8B． 1 或 8C．8D．64
2
如图， A 、B 两点在河的同侧，且 A 、B 两点均不可到达．现需测 A 、B 两点间的距离，
测量者在河对岸选定两点C 、 D ，测得CD  200m ，同时在C 、 DB
两点分别测得ACD  ADC  60， BDC  45 ， ACB  45，A
则 A 、 B 两点间的距离为
100 2mB． 200m
C．100 10mD． 400m
DC
第 10 题图

, ,,π
已知θ π π 3π  ，现将函数 f (x)  cs4 x  sin4 x 的图象向右平移θ个单位后得到函
 4 2 4
数 g(x) 的图象，若存在ω 0 ，使得函数 y  tanωx 与 g(x) 图象的对称中心完全相同，则满足题意的θ的个数为
A．1B． 2C． 3D． 4
已知函数 f (x)  2 | x |，若关于 x 的不等式 f (x)  x2  2x  m 的解集中有且仅有2 个整数，则实数m 的取值范围为
[2, 1)
(2, 1)
[2, 0)
(2, 0)
二、多项选择题：本题共 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.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分．
下列命题为真命题的是
若a  b ， c  d ，则a  c  b  d
C．若a  b ，则ac2  bc2
若a  b  0 ， c  0 ，则 c  c
ab
D．若a  b ， c  d ，则ac  bd
→→→
3
7
→→
已知平面向量m ， n 均为单位向量，且 2m  n 
m ，则
–→ →1
m  n  
2
m  2n 
cs
→→→

m n，m
2 →  
7
n
14
m  2n 在m  n 上的投影向量为
→→
 1 m  n 
2
如图，棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，E 为棱 DD1 的中点，F 为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），且 B1 F // 平面 A1BE ，则下列说法正确的有
2
动点 F 轨迹的长度为
B1F 与 A1B 不可能垂直
直线 BF 与平面 ABE 所成角正弦值的最小值为 4
19
当三棱锥 B  D DF 的体积最大时，其外接球的表面积为 25 π
11
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 3 分，共 12 分．
2
第 15 题图
事件 A 、 B 互斥，若 P( A)  0.2 ， P( A ∪ B)  0.6 ，则 P(B)  ▲.
已知定义在 R 上的函数 f (x) 的值域是[1, 2] ，则函数 y  f (x  3)  1的值域是▲.
已知函数 f (x)  sin πx φφ  π 的图象过点 1 ,1 ，若 f (x) 在2, a 内有4 个零点，
 6
则a 的取值范围为 ▲.
若实数 x ， y 满足 2x2  xy  y2  1 ，则
x  y

的最大值为 ▲.
5x2  y2
四、解答题：本题共 6 小题，共 84 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 20．（满分 10 分）丽水市电力公司从某小区抽取 100 户居民用户，对 6 月份用电量进行调
查，发现他们的月用电量都在50  650kW  h 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.
求a 的值及这 100 户用电量的平均数；
第 20 题图
丽水市电力公司拟对用电量超过M kW  h 的家庭的电器进行检测，若M 恰好为第 71 百分位数，求M .
21．（满分 12 分）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，△PAD 是正三角形，侧面 PAD  底面 ABCD ， M 是 PD 的中点．
求证： PB∥平面 AMC ；
求二面角M  AC  D 的余弦值．
第 21 题图
22．（满分 13 分）已知数列an  是公比为3 的等比数列， a1 , a2 , a3 12 成等差数列．
求数列an 的通项公式；
n
若b  lg3 an ，设数列b 的前n 项和为T ，求证： 1  T  3 ．
a
3
4
nnn
n
x
2
23．（满分 15 分）已知椭圆 的方程为
2 ，椭圆 的左、右焦点分别为 F 、
y1(a1)1
a2
F2 ，过 F2 的直线 l 与椭圆 交于 P、Q 两点（P、Q 均不在 x 轴上）.
若椭圆 的离心率为 2 ，求a 的值；
2
若a  2 ，左顶点为 A ，求△APQ 的面积的最大值．
24．（满分 17 分）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 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  ，定义 A, B 之间的余弦距离为1 cs  A, B ，
x 2  y 2
11
x 2  y 2
22
x 2  y 2
11
x 2  y 2
22
其中cs A, B x1x2y1y2.
（1）若 A2, 1 ， B 1, 2 ，求 A, B 之间的余弦距离；
（2）已知0 α β π ， M sinα, csα ， N sin β, csβ ， Q sin β, csβ ，若
2
csM , N   1 ， csM , Q  1 ，
23
①求 N , Q 之间的余弦距离；
②求tanαtan β的值．
25．（满分 17 分）已知函数 f  x 
aex 1
x
a  R  为奇函数．
e 1
求 a 的值；
设函数 g  x  ln x  sin x ，
①证明： y  g  x 有且只有一个零点；
②记函数 y  g  x 的零点为 x ，证明： f 2 sin x   e2 1 ．
00e2 1
丽水市 2024 学年第二学期普通高中教学质量监控
高二数学答案 （2025.06）
一、单项选择题
CABACBDDCBBC
二、多项选择题
13．AB14．BCD15．ACD
三、填空题
3

16． 0.417．[2, 3]18．  5 , 8 
2
19.
四、解答题
20．（满分 10 分）

 3 4
（1） 0.0012  0.0018  0.0006  a  0.0030  0.0012100  1，解得a  0.0022 ，———2′
平均数为
100 100  0.0012  200  0.0018  600  0.0006  400a  300  0.0030  500  0.0012100  322
—————————————5′
（2）在这组数据中50, 350 对应的频率为0.0012  0.0018  0.0030100  0.6 ，
350, 450 对应的频率为0.0012  0.0018  0.0030  0.0022100  0.82 ，
∴这组数据第 71 百分位数在350, 450 中，
设第 71 百分位数为M ，则 M  350  0.71 0.6 ，解得M  400 .———————10′
450  3500.82  0.6
21．（满分 12 分）
证明：连结 BD 交 AC 于点 F ，连MF ，
∵ M 是 PD 的中点， F 是 AC 的中点，
∴ MF ∥ PB ，
又∵ MF  平面 AMC ， PB  平面 AMC ，
∴ PB∥平面 AMC ；——————————5′
法一：作MH  AD 交 AD 于 H ，作 HN  AC 交 AC 于 N ，连MN ，
∵平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD ∩ 平面 ABCD  AD ，
∴ MH  平面 ABCD
∵ AC  平面 ABCD ，
∴ MH  AC
又∵ HN  AC ， MH ∩ HN  H ，
∴ AC  平面 HNM ，
∴ AC  MN ，
∴ MNH 为二面角M  AC  D 的平面角，
不妨设 AD  2 ，则MH  3 ， NH  3 2 ， MN  30 ，
∴ csMNH 
244
15 ，
5
∴二面角M  AC  D 的余弦值为 15
5
—————————————12′
法二：取 AD 的中点为O ， BC 的中点为 E ，连接OP ， OE ，
则由已知及（1）得OA ， OE ， OP 两两垂直，则分别以OA ， OE ， OP 为 x 轴， y 轴， z轴建立空间直角坐标系O  xyz ，不妨设 AD  2 ，，
3

则由已知得 A1, 0, 0 ， M   1 , 0,， C 1, 2, 0 ，
 22 

––––→ 33 ––––→ 13 
在平面 AMC 中， AM    2 , 0, 2  ， MC    2 , 2,  2  ，
r
设m   x1, y1, z1  为平面 AMC 的一个法向量，
 → ––––→
 3 x 
z  0
3
m  AM  0   2 12 1
 z
 3x
则 →
––––→
 11 ，
m  MC  0 1 x  2 y  3 z  0 y1  x1
 2 112 1
令 x  1 ，则 r  1,1, 3  为平面 AMC 的一个法向量．
1m
→
又∵平面 ACD 的一个法向量n  0, 0,1
设二面角M  AC  D 平面角为θ，则csθ
所以二面角M  AC  D 的余弦值为 15 ．
5
→ →
5 1
0  0  3
15

m n

→→ ，
m n5
22．（满分 13 分）
（1）解：因为a1 , a2 , a3 12 成等差数列，所以2a2  a1  a3 12 ，
又因为数列a 是公比为3 的等比数列，所以2a  3  a  a  32 12 ，
n
解得a  3，所以a
 3 3n1  3n ，
111
1n
n
所以数列an 的通项公式a  3n .—————————————6′
lg alg 3nn
（2）解：由（1）知a  3n ，则b  3 n  3 
n
nn
可得T  1  2  3  n ，

anan3
n332333n
则 1 T  1  2  3  n ，
3 n32
3334
3n1
两式相减，可得 2 T  1   1  1  1  1   n ，
3 n3
 32
3334
3n 
3n1
所以Tn

 3  2n  3 ，
44  3n
因为T T  3  2n  3  ( 3  2n 1 )  n  0 ，
n1

n44  3n44  3n13n
所以数列T 是递增数列，则T  T  1 ，
nn13
又因为 2n  3  0 ，可得T  3  2n  3  3 ，
4  3n
n44  3n4
综上可得： 1  T  3 .———————————————13′
3n4
23．（满分 15 分）
∵椭圆 的离心率为 2 ，
2

c2a2 1
 2 2
2
∴ e2 
2  ，
aa 2 
解得a  2 ；———————————————————5′
3
a  2 时， c2  a2 1  3 ，故c ，所以 F1 
P 、Q 均不在 x 轴上，故直线l 的斜率不为 0，
3, 0， F2 
3, 0，
设直线l 的方程为 x  my 
3 ， P  x1 , y1  ， Q  x2 , y2  ，
联立 x  my 
3 与 x2  y2  1得m2  4 y2  2 3my 1  0 ，
4
1
2
所以 y ， y 是方程m2  4 y2  2 3my 1  0 的两根，
2 3m
Δ  12m2  4 m2  4  16m2 16  0 ，
y1  y2 
m2  4
， y1 y2
1，
 2 3m 
2

 m  4 m  4
2
 
4
2
4 m2 1
m2  4

y  y 4 y y
12

2
1 2
所以 y1  y2 
3
AF  2 
 APQ

 m2  4
，
m2 1
又2
，故的面积S 
AF2
y1  y2
 2(2 
3) 
，
m2  4
1
2
m2 1
4  2 3
2m2 1 
3
m2 1
m2 14  2 32 3
m2 1 
4 3 
而
m2  4 
3 1 3 ，
当且仅当
3
，即m2  2 时等号成立，
m2 1
m2 1
2 3
3
所以 APQ 的面积的最大值为1；——————————15′
24．（满分 17 分）
由题意得1 cs  A, B  1 
2  1
 1  2   1 ，
5

5 5
∴ A, B

之间余弦距离为 1 ；
5
5
5
——————————5′
①由题意得csM , N   sinαsin β csαcsβ  csα β  1
2
∵ 0 α β π ，∴  π α β 0 ，∴sin α β   3 ，
222
∵ csM , Q  sinαsin β csαcsβ cs(α β)  1 ，
3
∴ cs(α β)   1 ，∵ 0 α β π，∴ sin(α β)  2 2
33
cs N , Q  sin2 β cs2 β cs 2β cs[(α β)  (α β)]  [ 1  1 （
3 ） 2 2 ]  1  6
2 32363
∴ N ， Q 之间的余弦距离为1 cs N , Q  1 ( 1  6 )  5  6 .———————12′
6363
②由①可得csα β  1 ， cs(α β)   1 ，
2
csαcsβ sinαsin β 1
3
csαcsβ 1
∴
212
1 ，∴ 5

csαcsβ sinαsin β 
3
∴ tanαtan β sinαsin β  5
csαcsβ
25．（满分 17 分）
sinαsin β

12
——————————17′
（1） f x 
aex 1

 x
a  ex
x
  f  x  
aex 1
，
x
e11 ee 1
∴ a  ex  aex 1，即a ex 1  ex 1 恒成立，
∴ a  1 ；————————————————4′
（2）①当 x  0, π  时，函数 y  ln x 与函数 y  sin x 均在定义域上单调递增，
2 

∴ y  g  x 在 0, π  上单调递增，
2 

又 g  1   1 sin 1  0 ， g 1  0  sin1  sin1  0 ，
e
e
 
 
∴ y  g  x 存在唯一零点 x  1 ,1 ，
0 e

当 x   π , π 时， y  ln x  0 ， y  sin x  0 ，∴ g  x  0 ，
 2
当 x π, ∞ 时， y  ln x  lnπ 1， y  sin x  1，∴ g  x  0 ，
∴当 x   π , ∞ 时， y  g  x 无零点，

 2
综上所述， y  g  x 有且只有一个零点，且该零点 x  1 ,1 ；————10′
0 e

②由上可知 x  1 ,1 ，且有 g  x   ln x  sin x  0 ，
0 e
000

则2 sin x0  2 ln x0 ，
e2ln x0 1
1 1
x2
1 x22
即 f 2 sin x0   f 2 ln x0   
 0  0  1，
e 2ln x0 1
1 1
1 x2
1 x2
由函数 y  1
00
x
2
0
2在区间 1 ,1 上单调递增，
1 x2
 e
0
22
e2 1
0
∴ f 2 sin x0   1 1 x2  1
1 1
e2

e2 1 .——————————17′