精品解析：浙江省杭州第四中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题

杭州第四中学2024学年高二年级期末考试 数学试题卷 2025年6月 考生须知： 1.本试卷分试题卷与答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效. 3.考试结束后，只需上交答题卡. 一、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，，若，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，则或，求出的值，再检验即可. 【详解】因为，且， 所以，则或， 解得或或， 当或时，此时集合不满足集合元素的互异性，故舍去； 当时，，满足，符合题意. 故选：D. 2. 设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则等于 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由已知得， 而所以，选D. 考点：平面向量的线性运算，相反向量. 3. 已知直线和，平面，且，，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】结合线面平行的判定以及性质判断“”和“”的逻辑推理关系，即可得答案. 【详解】由题意知，，，根据线面平行的判定定理可得； 当时，，则和可能异面，不一定平行， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数以及对数函数的单调性，即可得. 【详解】由于，，， 所以， 故选：C 5. 已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解. 【详解】因为，所以， 令，可得或， 当，即时， 令，得或；令，得； 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，满足题意； 当，即时，恒成立， 则在上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当，即时， 令，得或；令，得； 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极小值点，不满足题意； 综上，，即的取值范围为. 故选：A. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，两边平方相加得到，再利用二倍角的余弦公式求解. 【详解】解：因为， 所以， 两式相加得：，即， 化简得， 所以， 故选：A 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角形内切圆的性质得出的周长为，再由椭圆的定义得的周长为，列出等式即可求解． 【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，， 设的内切圆与，相切于点，如图所示， 则，， 所以， 所以的周长为， 由椭圆定义可得，， 所以，则， 故选：B． . 8. 校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由奖杯的总高度为，结合题意，可将其拆解为多段，得到，结合题目所给条件，运用勾股定理计算即可得球的半径，结合球的表面积公式即可得解. 【详解】如图：连接、、， 取、、中点、、，连接、、， 由已知侧棱长为的正三棱锥， 即，又因为， 所以， 因为平面，，均与平面垂直， 设，，三点所在的圆为圆，底面的中心为， 则，又因为奖杯总高度为， 设球半径为，球心到圆面的距离为， 则，即， 如图，易知≌， 因为， 所以是边长为的等边三角形， 设的外接圆半径为， 则， 则在直角中，， 即，解得， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助奖杯的总高度为，得到，从而可由题目所给条件逐步计算出球的半径，即可得解. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. “杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献袁老领衔的科研团队成功攻破水稻超高产育种难题，不断刷新亩产产量的纪录，目前超级稻计划亩产已经实现1100公斤．现有甲、乙两个试验田，根据数据统计，甲、乙试验田超级稻亩产量（分别记为，）均服从正态分布，其中，．如图，已知，，，，两正态密度曲线在直线左侧交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正太分布密度曲线的几何性质即可判断. 【详解】由图可知，故A错误； 由图可知，故B正确； ∵，， 由图可知，∴，故C正确； ，，，， ，， 根据正态分布曲线的性质，根据原则，应该有，故D不正确. 故选：BC. 10. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为π B. 满足 C. 在区间的值域为 D. 在区间上有3个极值点 【答案】AD 【解析】 【分析】根据图象确定和周期，再确定，代入最值点确定，从而得出解析式，再由正弦函数的图象与性质逐项判断即可. 【详解】由图象可知，，所以，故A正确； 又因为，所以， 而且，所以，所以函数解析式为. 所以，故B错误； 对于C，当时，，所以，所以的值域为，故C错误； 对于D，当时，，当取得时，取得极值，所以在上有3个极值点，故D正确. 故选：AD. 11. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误. 【详解】圆的圆心为，半径为， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误； 如下图所示： 当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知， ，，由勾股定理可得，CD选项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 复数满足，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用复数运算法则求出，进而求出模长. 【详解】由已知条件可知， 可得到， 所以. 故答案为：. 13. 已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为___________. 【答案】9 【解析】 【分析】由结合是奇函数可求出的周期为3，即可求出，再由的对称性和周期性可得. 【详解】由，可得的图象关于点对称， 又是奇函数，所以， 则的周期为3，所以， ， 而，则. 故在上的零点个数的最小值为9. 故答案为：9. 14. 如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，向右移动的概率是，共移动4s，设随机变量为移动4s后的质点的坐标，求移动4s后质点的坐标为正数的概率________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意明确质点坐标的可能结果即可求解； 【详解】设4次移动后坐标为正的事件为， 则 ， 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. 已知的内角的对边分别为. （1）求的值； （2）若的面积为，且，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦求解出，从而求解出. （2）利用三角形的面积公式求解出，结合和余弦定理求解出，从而求解出的周长. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 可得， 即， 因为，可得，所以，即， 所以 【小问2详解】 由（1）知，因为的面积为， 可得，即，解得， 又因为，由余弦定理得 ， 整理得，解得， 所以，所以的周长为. 16. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连结，交于点，连结， 因为，，所以，且， 则，，所以， 所以，又点是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，作出辅助线，即可证明； （2）由三棱柱体积最大，转化为，再建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由已知，， 当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即平面的法向量为， 平面的法向量为, ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 17. 已知双曲线的右焦点为，且C的一条渐近线经过点. （1）求C的标准方程； （2）是否存在过点的直线l与C交于不同的A，B两点，且线段AB的中点为P.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，得出，再由C的一条渐近线经过点，求得，联立方程组，求得，即可求解； （2）设直线的斜率为，且，代入曲线方程得到，由，求得，得出直线的方程为，联立方程组，结合方程没有实根，即可得到答案. 【小问1详解】 解：因为双曲线C的右焦点为，所以，可得， 又因为双曲线C的一条渐近线经过点，可得，即， 联立方程组，解得， 所以双曲线C的标准方程为. 【小问2详解】 解：假设存在符合条件的直线，易知直线l的斜率存在， 设直线的斜率为，且， 则，两式相减得，所以， 因为的中点为，所以，所以，解得， 直线的方程为，即， 把直线代入，整理得， 可得，该方程没有实根，所以假设不成立， 即不存在过点的直线与C交于两点，使得线段的中点为. 18. 已知曲线在点处的切线方程为． （1）求a，b的值； （2）求的单调区间； （3）已知，且，证明：对任意的，． 【答案】（1）， （2）在上单调递增，无单调递减区间 （3） 证明：由，可得． 又，所以． 因为，，所以只需证明，， 即证明，． 先证明，即，令， 则，所以在上单调递增． 只需证，， 即，． 令，，则， 所以，故． 再证明，即．同理，只需证明， 即． 令，，则． 令，，则，所以在上单调递增． 又因为，， 则存在，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 又因为，，所以，故． 综上，对任意的，． 【解析】 【分析】（1）求得 结合，列出方程，即可求解： （2）由（1）知，令.求得.求得的单调性和.即可求解； （3）根据题意转换为，由，可知，只需证明，，证明时，即证明，令，由单调性，只需证明，由已知条件即证，通过构造函数利用导数判断单调性进而证得结果，同理证明成立. 【小问1详解】 ， 则． 因为，所以， 解得，． 【小问2详解】 ． 令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以恒成立，即恒成立， 故在上单调递增，无单调递减区间． 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：已知化简可得，只需证明， 构造函数，可知在上单调递增．只需，， 即，．通过构造函数，利用导数求得最值即可证得结果,同理可证得. 19. 对于给定的正整数，如果正整数能整除，则称是的因子；如果正整数，共同的因子只有1，则称正整数和互素.已知函数表示正整数的因子个数，数列满足以下条件： ①对于任意素数和正整数，都有； ②对于任意的正整数和，若和互素，则. （1）求，的值，并写出和的关系（无需证明）； （2）当是偶数时，证明：； （3）设数列的前项和为，证明：. 【答案】（1），， （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对于任意的正整数，1和总是互素的，因此恒成立，即. 又，求出，通过计算特殊的和的值，得到和的关系； （2）设，若是的因子，则且，偶数的因子除了外，至多有个，得到结论； （3）结合（2），利用不等式的放缩即可求解. 【小问1详解】 注意到，对于任意的正整数，1和总是互素的， 因此恒成立，即. 又， 故. 令，则；令，则； 令，则；令，则； 令，则；令，所以， 所以的前6项分别为1，2，2，3，2，4． 通过计算特殊的和的值，可以发现：. 【小问2详解】 证明：设，若是的因子，则且 故，即， 因此，偶数的因子除了外，至多有个 故 【小问3详解】 考虑奇数，设，若是的因子，则且 故，即，又，故 即 结合（2）问结论，有： 故 且，故原命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州第四中学2024学年高二年级期末考试 数学试题卷 2025年6月 考生须知： 1.本试卷分试题卷与答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效. 3.考试结束后，只需上交答题卡. 一、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，，若，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则等于 A. B. C. D. 3. 已知直线和，平面，且，，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，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. “杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献袁老领衔的科研团队成功攻破水稻超高产育种难题，不断刷新亩产产量的纪录，目前超级稻计划亩产已经实现1100公斤．现有甲、乙两个试验田，根据数据统计，甲、乙试验田超级稻亩产量（分别记为，）均服从正态分布，其中，．如图，已知，，，，两正态密度曲线在直线左侧交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为π B. 满足 C. 在区间的值域为 D. 在区间上有3个极值点 11. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 复数满足，则________. 13. 已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为___________. 14. 如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，向右移动的概率是，共移动4s，设随机变量为移动4s后的质点的坐标，求移动4s后质点的坐标为正数的概率________. 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. 已知的内角的对边分别为. （1）求的值； （2）若的面积为，且，求的周长. 16. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知双曲线的右焦点为，且C的一条渐近线经过点. （1）求C的标准方程； （2）是否存在过点的直线l与C交于不同的A，B两点，且线段AB的中点为P.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 18. 已知曲线在点处的切线方程为． （1）求a，b的值； （2）求的单调区间； （3）已知，且，证明：对任意的，． 19. 对于给定的正整数，如果正整数能整除，则称是的因子；如果正整数，共同的因子只有1，则称正整数和互素.已知函数表示正整数的因子个数，数列满足以下条件： ①对于任意素数和正整数，都有； ②对于任意的正整数和，若和互素，则. （1）求，的值，并写出和的关系（无需证明）； （2）当是偶数时，证明：； （3）设数列的前项和为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $