精品解析：浙江省金砖联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

浙江省金砖联盟2024学年第二学期期中 高二年级数学学科 试题 命题： 南海实验高中 党俊红 审核：东阳二中 楼祥其 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. 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 3. 已知向量若则（ ） A. B. C. D. 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. 87.5 B. 85 C. 90 D. 100 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 等差数列前项和为，若，则数列中最小项为（ ） A B. C. D. 7. 函数， ，且，则 最小值为（ ） A. 8 B. 10 C. 14 D. 16 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. 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 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 11. 下面这些图中，能一笔画连成的有 （ ） A. B. C. D. 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 它的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率____________. 13. 的展开式中，若的奇数次幂的项的系数之和为32，则________． 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. 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. 16. 如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到点位置，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. 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取值范围. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省金砖联盟2024学年第二学期期中 高二年级数学学科 试题 命题： 南海实验高中 党俊红 审核：东阳二中 楼祥其 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】 【分析】求解出集合，根据交集定义求得结果. 【详解】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】 【分析】利用复数模的运算，来判断是否可以推出即可. 【详解】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】 【分析】利用向量垂直的坐标运算即可求解. 【详解】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. 87.5 B. 85 C. 90 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】利用百分位数的概念来求解即可. 【详解】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】 【分析】由条件，结合两角差正切公式可得，结合消去可求结论. 【详解】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】 【分析】设数列的公差为，由条件证明，再证明所以当时，，当，，当时，，结合等差数列求和公式和通项公式计算，，，，的范围，由此确定结论， 【详解】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. 8 B. 10 C. 14 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设，可得为奇函数，由条件可得，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】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】 【分析】证明，证明是以为直径的圆与圆的公共弦，求出点坐标，求出以为直径的圆的方程，求出直线的方程即可求解. 【详解】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. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于证明是以为直径的圆与圆的公共弦. 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】 【分析】利用正态分布曲线的概念和性质即可分析求解各选项. 【详解】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】 【分析】由独立事件的乘法公式可得A正确，B错误；由互斥事件的加法公式可得C正确；由全概率公式可得D正确. 【详解】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】 【分析】找出每个选项图形中的奇点个数，根据奇点个数判断能否一笔画成. 【详解】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 它的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线、离心率公式以及两直线的垂直与斜率的关系求解. 【详解】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，若的奇数次幂的项的系数之和为32，则________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得． 考点：二项式定理． 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】 【分析】利用等体积法求出点到平面的距离，说明所求球形不是正方体的内切球，作截面确定球心位置及球的半径. 【详解】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. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由，结合条件和、b、c、的关系求解； （2）设，通过斜率不存在，和三种情况讨论即可. 【小问1详解】 因为椭圆的右焦点为，， 又，，可得， 故的方程为． 【小问2详解】 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，直线的斜率为， 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. 【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x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 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. 【答案】（1）证明见解析； （2）平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）在中利用余弦定理求，证明为等边三角形，设的中点为，结合线面垂直判定定理及定义证明，再结合勾股定理证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【答案】（1）在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导可得，然后令，再对函数求导，即可判断单调性； （2）参变分离得到，问题转换成与恰有两个交点，对求导确定单调性，极值，即可求解； 【小问1详解】 若，则，则，， 令，则， 因，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. 【小问2详解】 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. 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【分析】（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，根据概率加法和乘法公式求，再根据关系求； （2）由条件可得，证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求结论； （3）结合（2）的结论化简不等式可得，结合指数函数单调性及，可得结论. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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， 【小问3详解】 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. 【答案】（1）为3连续共线点集，不是4连续共线点集. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）分析直线、直线和直线所经过的点即可判断； （2）（i）首先分析得，再分别讨论和时的情况即可； （ii）设恰经过中的个点，再推理得最少需要多个点，再对分奇偶数讨论，最后再用数学归纳法证明即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 （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）设恰经过中的个点， 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $