精品解析：浙江省温州十校联合体2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

浙江省温州十校联合体2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题 命题学校：泰顺中学 高一数学备课组 审题学校：柳市中学 倪净莲 考生须知： 1.本卷共4页满分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纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 设全集，集合，集合，集合，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知非零向量，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 4. 已知命题是无理数是无理数；命题，使得是奇数，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都真命题 5. 在的展开式中项的系数为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 6. 已知，则的最小值为（ ） A 0 B. C. 1 D. 7. 某公司有12名员工，其中4名是经理，8名是普通员工.现在需要从12名员工中选出6人组成一个至少有2名经理的项目小组，则不同的选择方案共有（ ） A. 560种 B. 616种 C. 672种 D. 728种 8. 已知满足，且当时， ，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则下列说法正确的是（ ） A. 最小值为 B. 若，则 C. ，则 D. 若，则的最大值为2 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量满足：，则相互独立 B. 已知随机变量，若，则. C. 若的展开式中二项式系数的和为64，则系数最大的项为第4项 D. 一组数据的经验回归方程为，则当时，残差为1 11. 在四棱锥中，面，，点为的中点，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点到平面的距离为 C. 三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为 D. 与面交于点则 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答卷纸对应的横线上. 12. 在中，，则的值是______. 13. 某班级男女生比例，现调查学生周末在家学习时长（单位：小时），得到男生样本数据平均值为3，方差为4，女生样本数据的平均值为5，方差为2，则该班级全体学生周末在家学习时长的方差的值是______. 14. 在中，是BC的中点，是AD的中点，过点作直线交线段AB、线段AC分别于点，记的面积为，四边形GDCF的面积为，则的最小值______. 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； （2）求的最小正周期和单调增区间. 16. 在中，分别是角所对边，点在边上，且满足. （1）求的值； （2）若，求. 17. 如图，在矩形中，为AD中点，，将沿BE翻折至的位置，点在上，且 （1）求证：平面； （2）若平面平面，求二面角的余弦值. 18. 已知 （1）当时，解关于的不等式； （2）已知有四个零点，且，求； （3）当时，求的最大值，最小值. 19. 《狼来了》是家喻户晓的寓言，讲述牧童屡次谎称“狼来了”以逗弄村民，结果当狼真的出现时，村民因屡次受骗而不再响应，导致羊群遭受损失的故事.假设在一片草场上有若干村民和一名牧童.每当牧童呼救时，只有当认为应当营救的村民数目不少于全体村民的一半时，全体村民才会赶来营救.若每位村民独立作出“救”与“不救”的决策，其营救意愿均为，求解下列问题： （1）当村民数为4时，求具有救援意愿的村民人数的期望； （2）当村民数为时，求全体村民赶来营救的概率； （3）假设村民数为2，牧童呼救时撒谎的概率为.在正常情况下，每位村民的营救意愿为；但若他们因虚假呼救而白跑，则下次的营救意愿降为.记牧童第次呼救时，村民白跑的概率为，求的表达式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省温州十校联合体2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题 命题学校：泰顺中学 高一数学备课组 审题学校：柳市中学 倪净莲 考生须知： 1.本卷共4页满分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纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据虚部的定义可直接得到结果. 【详解】由复数的虚部的定义可知：的虚部为. 故选：. 【点睛】本题考查复数虚部的求解，关键是明确中，为实部，为虚部，属于基础题. 2. 设全集，集合，集合，集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用交集，并集和补集的概念进行求解，得到答案. 【详解】， ，故 故选：A 3. 已知非零向量，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】C 【解析】 【分析】根据充分、必要性定义，结合向量的垂直表示，即可确定答案. 【详解】因为为非零向量，所以. 故选：C. 4. 已知命题是无理数是无理数；命题，使得是奇数，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】D 【解析】 【分析】通过举特例可判断命题正误，推理判断命题的正误，结合命题否定含义可得答案. 【详解】对于命题，若是无理数，但是是有理数，所以命题是假命题，则是真命题； 对于命题由，因为和是两个连续的整数，则必是偶数，故命题是假命题，则为真命题. 故选：D. 5. 在的展开式中项的系数为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】先求出每部分含系数，再利用组合数求解即可. 【详解】由于的展开式中的系数是， 而. 故选：B. 6. 已知，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦二倍角公式，即换元得到，即可求解. 【详解】 ， 令， 可得： ，易知对称轴为， 所以当时，取到最小值0， 故选：A 7. 某公司有12名员工，其中4名是经理，8名是普通员工.现在需要从12名员工中选出6人组成一个至少有2名经理的项目小组，则不同的选择方案共有（ ） A. 560种 B. 616种 C. 672种 D. 728种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，至少有2名经理包含三种情况：有2名经理，有3名经理，有4名经理，利用分类，分步乘法原理求解. 【详解】“至少有2名经理”包含三种情况：有2名经理，有3名经理，有4名经理， 情况一，选2名经理和4名员工，选法有：种； 情况二，选3名经理和3名员工，选法有：种； 情况三，选4名经理和2名员工，选法有：种； 所以不同的选择方案共有：. 故选：C. 8. 已知满足，且当时， ，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的对称性结合累加法可求函数值. 【详解】由，可知函数图像关于对称， 又，由累加法可得： ， 又， 所以， 故选：B 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 若，则 C. ，则 D. 若，则的最大值为2 【答案】ABC 【解析】 【分析】由基本不等式可得A正确；结合对数的运算性质由基本不等式可得B正确；分和两种情况，当时，作差可得C正确；由二次函数的性质可得D错误. 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，，当且仅当时取等号，故B正确； 对于C，由可得， 当时，显然； 当时，， 因为，所以，，所以，即，故C正确； 对于D，由题意可得，则， 当时，，不符合题意取不到最大值，故D错误. 故选：ABC 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量满足：，则相互独立 B. 已知随机变量，若，则. C. 若的展开式中二项式系数的和为64，则系数最大的项为第4项 D. 一组数据经验回归方程为，则当时，残差为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由条件概率公式和得到，A正确；B选项，和关于对称，故，B正确；C选项，根据二项式系数和得到，得到展开式的通项公式，得到不等式组，求出， 又，故，所以系数最大的项为第5项，C错误；D选项，求出样本中心点，代入回归方程，得到，从而当时，，故残差为，D正确. 【详解】A选项，，， 故，即， 则相互独立，A正确； B选项，已知随机变量，若， 故和关于对称，故，B正确； C选项，由题意得，解得， 展开式通项公式为，，， 令，解得， 又，故，所以系数最大的项为第5项，C错误； D选项，，， 数据的样本中心点为， 将代入中得，解得， 所以经验回归方程为，当时，，故残差为，D正确. 故选：ABD 11. 在四棱锥中，面，，点为的中点，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点到平面的距离为 C. 三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为 D. 与面交于点则 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立如图所示空间直角坐标系，由向量的数量积可得A正确；求出平面的法向量，再由空间点到平面的距离公式可得B正确；由几何关系找到各外接球圆心位置求出半径可得C错误；设，求出平面的法向量，再由可得D正确. 【详解】 因为面所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 又面，，点为的中点，点为的中点， 则， 由中点坐标公式可得， 对于A，，， 所以，即，故A正确； 对于B，设平面的法向量为， 由可得， 令，可得， 又， 所以点到平面的距离为，故B正确； 对于C，因为面，所以三棱锥的外接球的球心为中点， 又，所以其外接球半径为； 因为，，， 所以， 又面所以三棱锥的外接球的球心为的中点， ，所以其外接球半径为， 所以外接球半径之比为，故C错误； 对于D，设，，则，， 设平面的法向量为， ， 由可得， 令，则， 因为，解得， 所以，故D正确. 故选：ABD 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答卷纸对应的横线上. 12. 在中，，则的值是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理得到，即可得到，再由内角和定理得到，利用两角差的正弦公式展开计算可得. 【详解】由正弦定理，所以， 又，所以，所以， 即，即， 即，所以. 故答案为： 13. 某班级男女生比例，现调查学生周末在家学习时长（单位：小时），得到男生样本数据平均值为3，方差为4，女生样本数据的平均值为5，方差为2，则该班级全体学生周末在家学习时长的方差的值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据分层随机抽样的平均数和方差公式即可算出答案. 【详解】由题，该班全体学生周末在家学习时长的平均数为， 所以方差. 故答案为：. 14. 在中，是BC中点，是AD的中点，过点作直线交线段AB、线段AC分别于点，记的面积为，四边形GDCF的面积为，则的最小值______. 【答案】 【解析】 【分析】设，利用推出，根据三点共线推得，结合图形，根据三角形面积之间的关系，得出，将条件代入化成，利用基本不等式即可求得其最小值. 【详解】 如图，不妨记的面积为，的面积为，设， 因是BC的中点，是AD的中点，则， 则， 因三点共线，故，即. 由图知，，， 则， 于是，， 因，故得， 因，则，当且仅当时等号成立， 此时取得最小值. 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. 已知函数 （1）求； （2）求的最小正周期和单调增区间. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）代入化简，利用特殊角的三角函数值计算即得； （2）利用和角公式、降幂公式和辅助角公式将函数化成正弦型函数，借助于正弦函数的图象性质即可求得周期和单调增区间. 【小问1详解】 ; 【小问2详解】 则的最小正周期， 由，，解得 的单调增区间为. 16. 在中，分别是角所对的边，点在边上，且满足. （1）求的值； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法1，由，利用正弦定理得，结合条件可得，进而求得得解；法2，利用正弦定理角化边得，结合可得，结合勾股定理得得解； （2）法1，在，中，分别利用正弦定理结合条件可得，结合（1），，可得解；法2，由（1），由条件可得，结合勾股定理得，利用余弦定理求解. 【小问1详解】 法 代入，得， ， ，故， ， . 法2.， 由正弦定理得， 代入，得，故， 为直角三角形，则，代入，得， 所以. 【小问2详解】 法1.中，由正弦定理得， 中，由正弦定理得， ， ，可得， 由（1），， 所以. 法2.Rt中，， ， ， 由余弦定理，， . 17. 如图，在矩形中，为AD的中点，，将沿BE翻折至的位置，点在上，且 （1）求证：平面； （2）若平面平面，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接BD交CE于点，连接FG，先根据向量关系得出，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系分别求出平面和平面的一个法向量，再应用夹角余弦公式计算求解. 【小问1详解】 证明：连接BD交CE于点，连接FG， 因为，所以， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 平面平面，平面平面，取中点O， 则平面，所以平面， 因为，所以，， 过C作的平行线为z轴，以为轴，建立空间直角坐标系如图所示 则，， ，，所以， 设平面的法向量， 则，则 平面的一个法向量，由上可取平面的一个法向量为， 设二面角的平面角大小为， 则由图可得二面角的余弦值为. 18. 已知 （1）当时，解关于的不等式； （2）已知有四个零点，且，求； （3）当时，求的最大值，最小值. 【答案】（1） （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，分和讨论求解； （2）根据题意，方程或有4个根，由对称性得，得解； （3）根据题意，分，和讨论求解. 【小问1详解】 当时，， 当时，， ， 当时，， 综上可得，不等式的解集为. 【小问2详解】 由题可得，即有4个根， 即方程或， 由对称性得， . 【小问3详解】 ， 当时，， 故， 同理，当时，， （i）， （ii）， 当时，， （i）， （ii）， 综上所述： （1）当时，， （2）当时，， （3）当时，， （4）当时，， （5）当时，. 19. 《狼来了》是家喻户晓的寓言，讲述牧童屡次谎称“狼来了”以逗弄村民，结果当狼真的出现时，村民因屡次受骗而不再响应，导致羊群遭受损失的故事.假设在一片草场上有若干村民和一名牧童.每当牧童呼救时，只有当认为应当营救的村民数目不少于全体村民的一半时，全体村民才会赶来营救.若每位村民独立作出“救”与“不救”的决策，其营救意愿均为，求解下列问题： （1）当村民数为4时，求具有救援意愿的村民人数的期望； （2）当村民数为时，求全体村民赶来营救的概率； （3）假设村民数为2，牧童呼救时撒谎的概率为.在正常情况下，每位村民的营救意愿为；但若他们因虚假呼救而白跑，则下次的营救意愿降为.记牧童第次呼救时，村民白跑的概率为，求的表达式. 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的数学期望公式计算即得； （2）由题意，可知即为求，先求得，再由，利用组合数的性质与运算公式即得； （3）由题意化简得，推出数列是首项为，公比为的等比数列，从而求得的解析式. 【小问1详解】 当村民数为4时，每位村民的营救意愿相互独立且概率都为， 设愿意营救的村民人数为，则满足二项分布，即， 所以救援人数的期望值. 【小问2详解】 当村民数为2n时，全体村民赶来营救的条件是至少人选择营救. 所以本题即求.而， 则. 故 （*） 故. 附注：（*）式的证明如下： 因， 则， 即， 故. 【小问3详解】 村民数为2时，至少一人有营救意愿则全体村民前往营救. 故正常情况下，村民前往营救的概率为， 当村民因虚假呼救而白跑，则下一次前往营救的概率为. 记事件为第n次村民前往营救白跑， 则, 故牧童第次呼救，有， 即， 整理可得， 即数列是首项为，公比为的等比数列， 故.其中， 故 经检验也符合，故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$