精品解析：浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二下学期6月期末联考数学试题

2024学年第二学期浙南名校联盟期末联考 高二年级数学学科试题 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、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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，满足，，则（ ） A. 2 B. C. D. 6 4. 已知角，满足，，则的值等于（ ） A 1 B. C. 0 D. 5. 某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正、副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有（ ）种． A. 7 B. 10 C. 14 D. 16 6. 在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，射线是的角平分线，其与轴的交点为点，的角平分线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若0极小值点，则取值范围是（ ） A. B. 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. 下列关于概率统计的说法，正确的是（ ） A. 若随机变量，则， B. 若随机变量；，则 C. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 D. 设关于分类变量与的独立性检验的零假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 10. 已知数列满足，，令，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 为整数 D. 数列的前2025项和为2025 11. 已知曲线，下列说法正确是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线与的图象有且仅有一个交点 C. 当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过 D. 曲线与直线，围成图形的面积小于 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中,二项式系数之和与系数之和相等,则展开式中项的系数是______（用数字作答） 13. 定义在上的函数满足且是一个增函数，请写出满足条件的一个函数______.（写出一个即可） 14. 在三棱锥中，已知，，，，当三棱锥外接球体积取得最小值时，记与平面所成的角为，则______. 四、解答题：本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，，， （1）求的单调递增区间； （2）设的内角，，的对边分别为，，，，且的内切圆半径为1，求的面积. 16. 在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，为CD的中点，二面角为直二面角． （1）求证：； （2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； 17. 已知抛物线，且过抛物线焦点作直线交抛物线于，两点，弦长最小值为4 （1）求抛物线的方程； （2）过点作直线交抛物线于点，且直线过定点，连接直线并交抛物线于点，请问直线是否经过定点，若是请求出定点坐标，若不是请说明理由. 18 已知函数. （1）判断的单调性，并求出单调区间； （2）当时，若恒成立.试求出的取值范围； （3）若，，且，证明：. 19. 一个箱子里有5个小球，分别以标号，（小球除标号外完全相同），现在有放回的抽取，观察抽取小球的标号，记表示在第次抽取后，前次的结果中出现种标号的概率，规定，.记为第次抽取后出现的标号种类数（例如：抽取三次，小球标号分别是，，，则只有“2”“4”两种标号，于是，，） （1）求，，及； （2）求； （3）求的数学期望（用含有的式子表示）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期浙南名校联盟期末联考 高二年级数学学科试题 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、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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的补集和交集的概念和运算进行求解即可. 【详解】因为，所以. 因为集合， 所以. 故选：D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算表示，结合复数的模长公式可得结果. 【详解】由题意得，， 所以. 故选：A. 3. 已知向量，，，满足，，则（ ） A. 2 B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】将两边同时平方可得，求得的值即可求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以，则. 故选：C. 4. 已知角，满足，，则的值等于（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由切化弦，结合两角和差的正弦公式即可求解. 【详解】因为， 所以，即， 又， 两式联立可得：， 所以， 故选：A 5. 某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正、副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有（ ）种． A. 7 B. 10 C. 14 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】由分类加法和分布乘法计数原理即可求解． 【详解】由题可得，至少有一名女生被选中的不同选法有2种情况，一男一女，两女， 所以共种， 故选：C． 6. 在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将作为三棱锥的底面，根据垂直关系和线段关系可求出该底面的面积，然后作辅助线找出该底面的高，并通过勾股定理求出，最后根据三棱锥体积公式即可求出答案. 【详解】根据题意，取的中点，连接. 因为为等边三角形，是的中点， 所以. 因为分别为的中点，所以. 因为，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，是的中点， 所以. 又平面， 所以平面. 在中，根据勾股定理得. 在中，根据勾股定理得. 所以三棱锥的体积为. 故选：D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，射线是的角平分线，其与轴的交点为点，的角平分线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角平分线定理得到线段比例关系，结合椭圆的定义可得结果. 【详解】 如图，连接. 因为三角形的三条角平分线交于一点，所以射线是的角平分线. 因为，所以. 由角平分线定理得，. 设，则， 所以，， 所以椭圆的离心率. 故选：B. 8. 已知函数，若0是极小值点，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对函数求导，令，要使0是极小值点，则，由此可得的取值范围. 【详解】因为，所以， 所以， 令，则， 因为0是的极小值点， 所以在的左侧，，在的右侧，， 所以，解得，即取值范围是. 故选：C. 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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列关于概率统计的说法，正确的是（ ） A. 若随机变量，则， B. 若随机变量；，则 C. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 D. 设关于分类变量与独立性检验的零假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据二项分布期望和方差的公式可判断A；根据正态分布的性质可判断B；根据样本相关系数的含义可判断C；根据独立性检验的原理可判断D. 【详解】A.因为随机变量， 所以，，A正确. B. 因为随机变量，， 所以， 所以，B正确. C.因为越接近于1时，成对样本数据的线性相关程度越强， 所以当一组样本数据的对应样本点都在直线上时， 变量与负线性相关，此时，C正确. D.因为， 所以根据的独立性检验，推断不成立，即认为与有关联，此推断犯错误的概率不大于，D错误. 故选：ABC. 10. 已知数列满足，，令，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 为整数 D. 数列的前2025项和为2025 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先对变换、化简，求出数列为首项是1，公比为1的等比数列，然后可以求出数列的通项公式，然后求出数列的通项公式，最后对每个选项逐一计算、判断即可. 【详解】因为①， 所以当时，②， ①-②得：. 化简得. 所以，所以数列为首项是1，公比为1等比数列. 所以，所以. 所以. 对于选项A：，所以A正确； 对于选项B：因为，所以数列是首项为0，公差为的等差数列，所以B正确； 对于选项C：，不是整数，所以C错误； 对于选项D：因为数列是首项为0，公差为等差数列， 所以，所以D正确. 故选：ABD. 11. 已知曲线，下列说法正确是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线与的图象有且仅有一个交点 C. 当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过 D. 曲线与直线，围成图形的面积小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：用代替方程中的即可判断曲线是否关于轴对称；对于B：联立方程后得到一个关于的函数，这个函数的零点个数即为曲线与的图象交点个数；对于C：表示出曲线上任意一点到原点的距离，运用导数知识求其最大值即可；对于D：根据曲线增长趋势画出大致图象，构建一个梯形，求解梯形面积来判断曲线与直线，围成图形的面积. 【详解】对于A：由曲线，用代替方程中的，得，方程不变，所以曲线关于轴对称，所以A正确； 对于B：联立，得，即， 那么函数在上的零点个数即为曲线与图象的交点个数， 由，得，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为，，， 所以在上，由正数递减到正数，再递增，故在上，没有零点， 即曲线与的图象没有交点，所以B错误； 对于C：曲线上任意一点到原点的距离为， 令，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上的最大值为， 即在上的最大值为， 故当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过，所以C正确； 对于D：当时，，，当时，，， 令，，则在上为增函数， 令，，则在为增函数， 由此可知，的图象在上增长速度越来越快，可得曲线大致图象如图所示， 因为梯形的面积为， 所以曲线与直线，围成图形的面积小于，所以D正确. 故答案为：ACD. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中,二项式系数之和与系数之和相等,则展开式中项的系数是______（用数字作答） 【答案】5 【解析】 【分析】首先根据二项式系数之和为与系数之和相等计算出,再利用通项公式即可得出答案. 【详解】由二项式系数之和与系数之和相等可得 因为 所以令 所以系数是 故答案为：5 13. 定义在上的函数满足且是一个增函数，请写出满足条件的一个函数______.（写出一个即可） 【答案】（只需符合即可）. 【解析】 【分析】令，可得，推导出函数为奇函数，然后验证满足题设条件，即可得出结果. 【详解】因为定义在上的函数满足， 则， 令，可得， 令可得， 由题意可得， 令，则，则函数为奇函数， 函数为增函数，则函数为增函数， 可取， 则，满足要求， 故满足题意. 故答案为：（只需符合即可）. 14. 在三棱锥中，已知，，，，当三棱锥的外接球体积取得最小值时，记与平面所成的角为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由题可知和外接圆的半径，比较可得球心在外心处，根据球的性质可知平面，再利用等体积法可求点到平面的距离，即可求. 【详解】设外接圆圆心为，半径为，中点为，连接， 因为，，，， 所以，， 是直角三角形，则为外接圆圆心，半径， 所以三棱锥的外接球体积取得最小值时，球心在外心处，外接球半径为， 根据球的性质，截面圆心与球心的连线垂直于截面，即平面， ，则， 又，所以， 设点到平面的距离为， 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，，， （1）求的单调递增区间； （2）设的内角，，的对边分别为，，，，且的内切圆半径为1，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积公式及三角恒等变换得到，从而利用整体法求出函数单调递增区间； （2）先利用余弦定理求出，再利用等面积法求出，从而可求解. 【小问1详解】 由向量，， 所以， 所以，，解得：，， 所以的单调递增区间. 【小问2详解】 由可得：，又因为， 所以，解得： 余弦定理可得：，则， 由等面积法可得，则， 联立得，所以的面积, 故的面积为. 16. 在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，为CD的中点，二面角为直二面角． （1）求证：； （2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案； 【小问1详解】 因为，O为CD的中点， 所以． 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD， 所以平面ABCD． 因为，，，所以． 取的中点，连接，则， 以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． ，， 因为， 所以． 【小问2详解】 设平面PAB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，则． 设直线PC与平面PAB所成的角为， 又， 则， 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为． 17. 已知抛物线，且过抛物线焦点作直线交抛物线于，两点，弦长最小值为4 （1）求抛物线的方程； （2）过点作直线交抛物线于点，且直线过定点，连接直线并交抛物线于点，请问直线是否经过定点，若是请求出定点坐标，若不是请说明理由. 【答案】（1） （2）直线经过定点 【解析】 【分析】（1）利用直线与抛物线相交来求弦长的最小值即可求解抛物线方程； （2）利用直线与抛物线联立方程组借助韦达定理，研究坐标关系，可求直线参数，从而可得直线过的定点. 【小问1详解】 因为抛物线，所以焦点坐标为：， 过该焦点的直线方程为：，与抛物线的交点为：，， 与抛物线方程联立得：，则， 而由抛物线的定义可知， 因为，所以当时，有最小值，所以， 所以抛物线方程为. 【小问2详解】 由（1）得，直线方程为，且① 设直线方程为， 与抛物线方程联立得：，则② 设直线方程为，，同理可得③ 联立①②③可得 设直线方程为 与抛物线方程联立得：，则 因为，所以，所以直线经过定点 18. 已知函数. （1）判断的单调性，并求出单调区间； （2）当时，若恒成立.试求出的取值范围； （3）若，，且，证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得，利用导数的符号分析单调性； （2）由（1）可得，从而有，令，由的单调性及，可得结果； （3）由可得，则，令，求导得到的单调性，从而得到，则，放缩法得到，计算得到，可证结果. 【小问1详解】 ， 当时，，所以在上单调递增， 当时，令，可得，解得：， 令，可得，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，由（1）知，有最小值，， 所以恒成立，化简可得， 令，易知在上单调递增， 且，. 【小问3详解】 时，，， 由， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，则， 又，所以， 因， 故 ， 由，及在上单调递增，可知，， 则 ， ，，， 所以. 19. 一个箱子里有5个小球，分别以标号，（小球除标号外完全相同），现在有放回的抽取，观察抽取小球的标号，记表示在第次抽取后，前次的结果中出现种标号的概率，规定，.记为第次抽取后出现的标号种类数（例如：抽取三次，小球标号分别是，，，则只有“2”“4”两种标号，于是，，） （1）求，，及； （2）求； （3）求的数学期望（用含有的式子表示）. 【答案】（1），，， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）理解题意中的内涵，然后求概率即可. （2）首先列出和的关系式，然后化简可得到为等比数列，然后根据等比数列的通项公式求得. （3）方法一：根据期望的公式直接化简求得和的关系式，然后利用待定系数法求出； 方法二：根据期望递推和待定系数法可求出. 【小问1详解】 ：第1次抽取，出现1种标号的概率，因为第一次抽取必然出现1种标号， 所以； ：第2次抽取后出现1种标号，即两次抽取标号相同， 所以； ：第2次抽取后出现2种标号，即两次抽取标号不同， 所以； ：次抽取后出现1种标号，即次抽取标号都相同， 所以. 【小问2详解】 设，， 当时，， 所以， 设，解得：， 故成等比数列，首项为，公比为， 进而，所以， 所以当时，； 故当时，； 【小问3详解】 方法一： 由待定系数法可得：，又， 从而 故 方法二.（期望递推） 由待定系数法可得：，又， 从而 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $