精品解析：浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

绝密★考试结束前 2024学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高二年级数学学科试题 命题：奉化中学 丁少杰、孙圣 审题：临安中学 方铭 象山中学 许泽建 校稿：求莲萍 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟： 2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名，座位号写在指定位置： 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。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共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】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合包含的元素，再求集合的交集即可. 【详解】，则， ，则， 则. 故选：B. 2. 复数，则复数在复平面内的对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先由共轭复数求出，再利用复数的除法运算可得. 【详解】由题意可得， 所以， 所以复数在复平面内的对应点位于第一象限. 故选：A 3. 若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】利用百分位数的概念计算，再利用二项式展开式通项公式求常数项即可. 【详解】因为， 所以的第上四分位数是，即， 则， 由解得， 所以常数项为， 故选：D. 4. 过抛物线的焦点，且与直线垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的焦点坐标和直线垂直的斜率关系求解. 【详解】抛物线的焦点为， 设与直线垂直的直线方程为， 代入，可得，故所求直线方程为， 即. 故选：B. 5. 有两个盒子，第一个盒子恰有1个红球，4个黄球，第二个盒子恰有2个红球，3个黄球．现从这两个盒子中等可能地选择一个盒子，然后从中任意摸出2个球，则这2个球都是黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由全概率公式即可求解. 【详解】设表示取得的2个球都是黄球，表示选择第一个盒子，表示选择第二个盒子； 所以， 故选：C 6. 已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设切点坐标，由题意可得且，求解即可. 【详解】设切点坐标为， ， 则且， 解得，再代入， 可得：， 故选：D 7. 长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标运算公式结合基本不等式即可求出结果. 【详解】在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设是的中点，所以. 设，， 因为，所以，所以， 设异面直线与所成角为， 因为异面直线成角的范围是， 则， 因为，所以，当且仅当时取等号， ， 因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为. 故选：A. 8. 已知函数，若当且仅当，则的最小值为（ ） A. 2 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，根据及绝对值不等式转化可得，若，得，取，分和讨论的单调性及最值，继而即可求解. 【详解】定义域为， 得． 又， （注：，证明：因为，，所以）， 所以若，则， 即． 这样，若，则取， 得，进而在递增， 故，与已知条件矛盾！ 所以．即，也即． 当时，， 得，取等当且仅当， 故在上递减，符合要求．综上，的最小值为． 故选：. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若，则与相互独立 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由互斥事件、独立事件及条件概率的计算公式逐个判断即可. 【详解】对于A：，A错； 对于B：，，B对， 对于C：由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，C对， 对于D：由，可得， 所以，D错， 故选：BC 10. 已知，且，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】推导出，利用基本不等式可判断AB选项；计算得出，令，其中，利用导数求出函数的最小值，可判断C选项；利用特殊值法进而判断D选项. 【详解】因为，且，所以， 因为，所以，可得，即. 对于A选项，由基本不等式可得， 等号成立当且仅当时，即当时，等号成立， 又因为，故等号不成立，即，A对； 对于B选项，， 当且仅当时，即当或时，等号成立， 故，B对； 对于C选项，， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的单调递减区间为，递增区间为， 故，即，C对； 对于D选项，不妨取，，则，D错. 故选：ABC. 11. 是定义在区间上的函数，若存在二元函数满足： ①且； ②： 则称为在上的“面积”系统．下列说法正确的是（ ） A. 若为常数，则在上有唯一的“面积＂系统 B. 若为在上的“面积”系统，则 C. 是在上的“面积”系统 D. 若则在上有无数个“面积”系统 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题中新定义，直接计算证明可判断A，B；举例可判断C，D. 【详解】对于A选项，当为常数时，，，， 要使得，则， 此时，所以满足条件，故A正确； 对于B选项，由性质②，，有，得. 再应用性质②，．由此，，即，故B正确； 对于C选项，取，则．又，则，， 所以不存在使，故性质①不满足.故C错误； 对于D选项，且，若，则， 若，则， 对任意，令， 则，且满足， 故为常数，是的“面积系统”，且的取值有无数多个，故有无数个.故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，则共可组成_______个四位数． 【答案】300 【解析】 【分析】根据排列，结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】从1，2，3，4，5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有， 故答案为：300 13. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由，得到，再由得到，再由夹角公式即可求解. 【详解】由， 可得：， 即，即， 又，可得：， 即， 所以，所以， 又，所以与的夹角为 故答案为：. 14. 已知是双曲线的左，右两个焦点，若双曲线上存在一点满足，则该双曲线的离心率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线的定义结合余弦定理求出间关系，再由离心率的齐次式可得. 【详解】 由题意可得，所以， 又， 所以在中，， 在中，， 所以，解得， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共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. 已知等差数列的公差不为 0 ，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前n项和. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，将等差数列通项代入，得到，求得通项公式． （2）求得，根据分组求和法，将原数列的和分为等差与等比数列的和. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由，成等比数列， 得，得，由，得， 则. （2）由（1），则， 则 即. 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，等比数列的概念和前项和公式，考查了学生的分析能力，运算能力，属于中档题. 16. 在中，分别是角的对边，已知是锐角，且． （1）若，求实数的值； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正切的倍角公式可求，结合余弦定理可求答案； （2）利用正弦定理表示，结合面积公式和三角函数恒等变换可得答案. 【小问1详解】 由已知得，，解得或． 又为锐角，，得． 所以，由余弦定理得，． 【小问2详解】 由正弦定理得，． 所以， ， 即， 当，即时，取到最大值为． 17. 如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点． （1）求证：平面； （2）若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）易得，再由平面，得到，利用线面垂直的判定定理证明； （2）法一：过作于，过作于，连结，得到为二面角平面角，假设这样的存在，设，由， 求解；法二：以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，是平面的法向量，设，是平面的法向量，由，得到，设，由求解. 【小问1详解】 因为为圆的直径，所以． 又因为平面，所以． 又因为，所以平面． 【小问2详解】 法一：如图所示： 过作于，过作于，连结． 因为平面，所以平面平面， 进而平面，故． 因此平面，所以， 故为二面角平面角． 又，所以．又，得， 所以，进而。假设这样的存在，得， 得， ， 即，解得． 故满足条件的存在． 法二：如图， 以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，是平面的法向量． 设，则，得，， 得是平面的法向量． 这样，，解得． 所以，，设， 得． 这样，由，即，解得． 故满足条件的存在． 18. 已知椭圆的离心率为为的左，右焦点，为的右顶点，为的上顶点，且周长为，直线交于两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率之积恒为，求证：直线恒过定点． （3）若直线恒过，则是否为定值？若成立，请求出该定值：若不成立，请说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）成立， 【解析】 【分析】（1）根据题意，建立关系式求出，得解； （2）设，代入椭圆的方程，由韦达定理可得，，由，运算得，得证； （3）当直线的斜率为0时，得，当直线的斜率不为0时，设，由韦达定理可得，即，得解. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，由已知得，又，可得， 故，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，根据题意，易知直线的斜率不为0，设， 联立与，消去得，整理得， 所以，，， 进而，， ， ， 解得，满足，即直线过定点. 【小问3详解】 当直线的斜率为0时，此时，易得； 当直线的斜率不为0时，设，这样，由（2）知， ，， 所以， 从而， 即， 则，即， 综上，为定值. 19. “田忌赛马”我国历史上有名的“以弱胜强”的事例．齐王有匹马，田忌有匹马，且这匹马在比赛中的胜负可用如下不等式表示： ①且； ②且． 这里，表示“马与马比赛，马获胜”．一天，齐王找田忌赛马，约定：每局比赛双方各出一匹马，比赛过的马不能再次上场，共赛局，并记田忌在局比赛中获胜局数为． （1）求的分布列与期望； （2）分别求的通项公式； （3）求证：． 【答案】（1）分布列见解析，数学期望为1 （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先分析出的可能取值，再写出分布列再计算数学期望即可； （2）分类计算；； （3）应用随机变量的数学期望的公式计算，作差证明即可. 【小问1详解】 0 1 2 所以． 【小问2详解】 记， 不妨将视为平面上个不同的点，作线段当且仅当出现在同一局， 则局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合， 由比赛规则可知，，即为的一个排列， 也即为到的一个一一对应，这样的总共有种取法． 所以即，，也即。故． 记下到的一一对应的取法恰有种．下面且， 任取到的一一对应， 其中为的一个排列．当给定时， 则取或，则为到的一一对应，恰有种． 又考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所以所得恰为全体到的一一对应．注意到，，且． 这样，若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或． （ⅰ）若满足，则满足当且仅当，其中且． 此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法． （ⅱ）若满足，则满足当且仅当或， 其中且．此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法． 综合（ⅰ）（ⅱ），。 所以，即。 进而有，．又，得，即。 故，， 记，则， 即， 得， 也即． 【小问3详解】 记．任取到的一个一一对应，其中田忌赢的局数为， 这样， 其中代表全体到的一一对应， 上式分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有． 这样． 又，得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★考试结束前 2024学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高二年级数学学科试题 命题：奉化中学 丁少杰、孙圣 审题：临安中学 方铭 象山中学 许泽建 校稿：求莲萍 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟： 2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名，座位号写在指定位置： 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。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共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. 复数，则复数在复平面内的对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 过抛物线的焦点，且与直线垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 有两个盒子，第一个盒子恰有1个红球，4个黄球，第二个盒子恰有2个红球，3个黄球．现从这两个盒子中等可能地选择一个盒子，然后从中任意摸出2个球，则这2个球都是黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若当且仅当，则的最小值为（ ） A. 2 B. 0 C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若，则与相互独立 D. 若，则 10. 已知，且，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 是定义在区间上的函数，若存在二元函数满足： ①且； ②： 则称为在上的“面积”系统．下列说法正确的是（ ） A. 若为常数，则在上有唯一的“面积＂系统 B. 若为在上的“面积”系统，则 C. 是在上的“面积”系统 D. 若则在上有无数个“面积”系统 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，则共可组成_______个四位数． 13. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为_______． 14. 已知是双曲线的左，右两个焦点，若双曲线上存在一点满足，则该双曲线的离心率为_______． 四、解答题：本题共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. 已知等差数列的公差不为 0 ，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前n项和. 16. 在中，分别是角的对边，已知是锐角，且． （1）若，求实数的值； （2）若，求面积的最大值． 17. 如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点． （1）求证：平面； （2）若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知椭圆的离心率为为的左，右焦点，为的右顶点，为的上顶点，且周长为，直线交于两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率之积恒为，求证：直线恒过定点． （3）若直线恒过，则是否为定值？若成立，请求出该定值：若不成立，请说明理由． 19. “田忌赛马”我国历史上有名的“以弱胜强”的事例．齐王有匹马，田忌有匹马，且这匹马在比赛中的胜负可用如下不等式表示： ①且； ②且． 这里，表示“马与马比赛，马获胜”．一天，齐王找田忌赛马，约定：每局比赛双方各出一匹马，比赛过的马不能再次上场，共赛局，并记田忌在局比赛中获胜局数为． （1）求的分布列与期望； （2）分别求的通项公式； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $