精品解析：浙江省绍兴一中2025-2026学年高二12月数学试题

2025年绍兴一中高二 数学试卷 一､单选题 1. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（    ） A. 2 B. C. 1 D. 0 3. 已知等比数列的各项都为正数，且当时有，则数列的前20项和为（ ） A. 190 B. 210 C. 220 D. 420 4. 已知某个群体中对某活动持满意态度的人数比例为，从该群体中随机抽取10人，设这10人中持满意态度的人数为，随机变量，则（    ） A. 1.8 B. 3.6 C. 4.2 D. 4.8 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，为的上顶点，直线与交于另一点，且，则的离心率为（    ） A. B. C. D. 7. 已知点，定义A，B两点间的曼哈顿距离，欧氏距离．在平面直角坐标系xOy中，已知点，点满足，点满足，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，若，均有，则（    ） A. 575 B. 598 C. 621 D. 624 二､多选题 9. 已知为两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若B和C是两个互斥事件，则 D. 当时， 10. 已知函数，则（    ） A. 是周期函数 B. 的最小值是 C. 的图象有对称轴 D. 的图象有对称中心 11. 已知数列的前项和为，，且，则下列结论正确的是（    ） A. 若是递增数列，且、、成等差数列，则 B. 若，且是递增数列，是递减数列，则 C. 若，则存在数列，使得当时， D. 若，则存在数列，使得当时， 三､填空题 12. 过点，且在轴、轴上的截距的绝对值相等的直线共有_____________条． 13. 已知向量，则当取得最大值时，____________． 14. 在空间直角坐标系Oxyz中，点，已知若点在平面ABC内，则，则在三棱锥内部（不包括表面）的整点（横、纵、竖坐标均为整数的点）的个数为_____________．（用数字作答） 四､解答题 15. 如图，菱形ABCD的对角线交于点，且为CD的中点，平面CBD，且．现沿BD将翻折至的位置，使得平面平面CBD，且点和在平面CBD的同侧． （1）证明：平面BCE； （2）求直线EF和平面所成角的正弦值． 16. 已知数列满足：，且． （1）求的通项公式； （2）若记为满足不等式的正整数的个数，求数列的前项和． 17. 某公司是从事无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种无人机性能都很好，但对操控人员的水平要求较高．已知在单位时间内，甲、乙两种无人机操作成功的概率分别为和，假设每次操作成功与否相互独立． （1）该公司分别收集了甲种无人机在5个不同地点测试的两项指标，数据如下表所示： 地点1 地点2 地点3 地点4 地点5 2 4 5 6 8 3 4 4 4 5 试求与之间的相关系数，并利用说明与的线性相关程度． （若，则线性相关程度较高，否则线性相关程度不高） （2）操作员连续进行两次无人机的操作，在初次操作时，随机选择这两种无人机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该种无人机，若初次操作不成功，则第二次使用另一种无人机进行操作，求操作成功的次数的数学期望． 附． 18. 如图，动圆与半圆相切（内切或外切），也与轴相切． （1）求动圆圆心的轨迹方程． （2）直线的斜率为，且与（1）中所得的轨迹由左至右分别交于点，是否存在满足？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由． 19. 若对于函数的定义域内的任意非零实数，恒有，则称为区间上的“理想”函数．已知函数． （1）若的图象在点处的切线经过坐标原点，求． （2）若是定义在上的“理想”函数，且， （i）求的取值范围； （ii）若当取最大值时，是定义在上的“理想”函数，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年绍兴一中高二 数学试卷 一､单选题 1. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为，， 所以. 故选：C. 2. 已知复数，则（    ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数乘法周期性，结合模长公式即可求解. 【详解】复数，则. 故选：B 3. 已知等比数列的各项都为正数，且当时有，则数列的前20项和为（ ） A. 190 B. 210 C. 220 D. 420 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得，即可求出数列的通项，最后根据等差数列求和公式计算可得； 【详解】解：依题意等比数列的各项都为正数，且当时有 所以，所以 所以 所以数列的前20项和为 故选：B 【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及等差数列求和公式的应用，属于基础题. 4. 已知某个群体中对某活动持满意态度的人数比例为，从该群体中随机抽取10人，设这10人中持满意态度的人数为，随机变量，则（    ） A. 1.8 B. 3.6 C. 4.2 D. 4.8 【答案】B 【解析】 【分析】判断出随机变量服从二项分布，利用二项分布的方差公式求出.然后，根据随机变量，依据随机变量线性变换后的方差性质（其中、为常数），求出. 【详解】已知从群体中随机抽取10人，对某活动持满意态度的人数比例为， 设这10人中持满意态度的人数为，那么服从参数为（试验次数），（每次试验成功的概率）的二项分布，即. 对于二项分布，其方差公式为. 将，代入公式可得：.  已知随机变量，根据随机变量线性变换后的方差性质， 所以.由前面已求得，则.  所以. 故选：B. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角恒等变换，化简得出，由正切函数性质可得，结合所给角的范围，即可得解. 【详解】因为, 所以， 由可知，，即， 化简可得， 故选：D 6. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，为的上顶点，直线与交于另一点，且，则的离心率为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，利用勾股定理求出，求出，然后在中应用余弦定理可求出该椭圆离心率的值. 【详解】如下图所示： 由题意可知，设，则， 因为，由勾股定理可得， 即，解得，故， 所以， 由余弦定理可得， 即，因为，故， 故选：A. 7. 已知点，定义A，B两点间的曼哈顿距离，欧氏距离．在平面直角坐标系xOy中，已知点，点满足，点满足，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用给定的定义求出点的轨迹并画出图形，结合圆的性质求出最大值. 【详解】设，由，得，因此点在以原点为圆心，1为半径的圆及内部， 设，由，得，点在以 为顶点的正方形及内部，当且仅当点与之一重合时，， 所以. 故选：D 8. 已知函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，若，均有，则（    ） A. 575 B. 598 C. 621 D. 624 【答案】C 【解析】 【分析】由题意有，，利用，即可解得，进而得，即可求解. 【详解】由为偶函数有，又为奇函数， 所以，即， 因为，所以， 又，解得，即， 所以，又， 所以，所以， 故选：C. 二､多选题 9. 已知为两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若B和C是两个互斥事件，则 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件概率的公式和性质逐一判断即可. 【详解】因为，所以．A正确． ，B错误． 若B和C是两个互斥事件，则，C正确． 因为，所以． ，D正确． 故选：ACD. 10. 已知函数，则（    ） A. 是周期函数 B. 的最小值是 C. 的图象有对称轴 D. 的图象有对称中心 【答案】BC 【解析】 【分析】根据周期函数的定义，判断A，根据三角函数的性质，即可判断B，根据对称函数的定义，即可判断CD. 【详解】对于选项A：若函数是周期函数， 则， 对任意都成立， 所以， 注意到，可知与有关，不是常数， 所以不是周期函数，故A错误； 对于选项B：设， 则的最小值为，故B正确； 对于选项C：因为， 所以的图象至少有一条对称轴，故C正确； 对于选项D：假设是函数的对称中心，则， 两边求导可得 ， 所以与不相等，假设不成立 所以函数没有对称中心，故D错误. 故选：BC. 11. 已知数列的前项和为，，且，则下列结论正确的是（    ） A. 若是递增数列，且、、成等差数列，则 B. 若，且是递增数列，是递减数列，则 C. 若，则存在数列，使得当时， D. 若，则存在数列，使得当时， 【答案】ABC 【解析】 【分析】由是递增数列，先得到；再由成等差数列，，列出方程求出的值，即可得出结果，可判断A选项；先由题中条件，得到，，推出，再由累加法，即可求出数列的通项公式，可判断B选项；由，得到；讨论或；或两类情况，即可分别得出结论，可判断CD选项. 【详解】对于A选项，因为是递增数列，所以． 因为，所以 ，． 又因为、、成等差数列，所以， 即，即，解得或． 当时，，这与是递增数列相矛盾，所以，A对； 对于B选项，因为是递增数列，则有， 于是① 因为，所以② 由①、②得，， 因此，即 ③ 又因为是递减数列，则有，于是 ④ 因为，所以 ⑤ 由④、⑤得，， 因此，即 ⑥ 由③、⑥可得． 于是当时， 即 ． 当时，代入上式得，与已知条件相吻合． 所以所求数列的通项公式是 ，，B对； 对于CD选项，当或时，存在数列，使得． 此时数列满足，，， 则有，， 即． 当或时，不存在数列，使得． 理由如下：因为，所以 ； 又因为为奇数，则当时，为奇数，为偶数， 所以当时，为奇数，为偶数， 因此，均不可能成立． 于是当或时，不存在数列，使得，C对D错. 故选：ABC. 三､填空题 12. 过点，且在轴、轴上的截距的绝对值相等的直线共有_____________条． 【答案】3 【解析】 【分析】先设直线为或或，计算得出满足截距绝对值相等直线方程即可判断. 【详解】因为在轴、轴上的截距的绝对值相等的直线， 故设直线为或或， 若直线过点，则，得直线为； 若直线过点，则，得直线为； 若直线过点，则，得直线为； 所以满足条件的直线有3条； 故答案为：3. 13. 已知向量，则当取得最大值时，____________． 【答案】5 【解析】 【分析】先运用向量坐标运算得到的坐标，再分别设，与轴的夹角为，，然后将用，表示出来，再用基本不等式求函数取得最大值时的. 【详解】由 ，得，代入 和 ， ，所以， 设为 与 x 轴正方向的夹角，则， 设为 与 x 轴正方向的夹角，则 ， 夹角 ，其正切值为， 所以，令， 当时，， 当且仅当，即时，取到最大值， 又当时，， 综上：当时，取到最大值，即取到最大值. 故答案为：5. 14. 在空间直角坐标系Oxyz中，点，已知若点在平面ABC内，则，则在三棱锥内部（不包括表面）的整点（横、纵、竖坐标均为整数的点）的个数为_____________．（用数字作答） 【答案】969 【解析】 【分析】根据给定条件，利用隔板法列式求出正整数解个数即可. 【详解】点是三棱锥内部（不包括表面）的整点，则 当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为； ，当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为， 所以三棱锥内部的整点的个数为 . 故答案为：969 四､解答题 15. 如图，菱形ABCD的对角线交于点，且为CD的中点，平面CBD，且．现沿BD将翻折至的位置，使得平面平面CBD，且点和在平面CBD的同侧． （1）证明：平面BCE； （2）求直线EF和平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：， 又平面平面CBD，平面平面， 平面CBD，又平面． 又不包含于平面平面BCE， 平面BCE． （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明线线平行且其中一条线不在平面内，另一条线在平面内，来判定线面平行； （2）先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量，再根据向量垂直的性质求出平面的法向量，最后利用向量夹角公式求出线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题及（1）可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则. 设平面的法向量为， 则令，可得． 设直线EF和平面所成的角为， 则， 即直线EF和平面所成角的正弦值为． 16. 已知数列满足：，且． （1）求的通项公式； （2）若记为满足不等式的正整数的个数，求数列的前项和． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设有，即知为等差数列，进而求其公差，再写出其通项公式； （2）根据题意有，可得，则，再应用错位相减法及等比数列的前n项和公式求和. 【小问1详解】 由，即，则为等差数列， 又，则数列的公差为，故. 【小问2详解】 由题设，则， 故， 所以，记， 所以， 两式相减，得， 所以， 所以. 17. 某公司是从事无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种无人机性能都很好，但对操控人员的水平要求较高．已知在单位时间内，甲、乙两种无人机操作成功的概率分别为和，假设每次操作成功与否相互独立． （1）该公司分别收集了甲种无人机在5个不同地点测试的两项指标，数据如下表所示： 地点1 地点2 地点3 地点4 地点5 2 4 5 6 8 3 4 4 4 5 试求与之间的相关系数，并利用说明与的线性相关程度． （若，则线性相关程度较高，否则线性相关程度不高） （2）操作员连续进行两次无人机的操作，在初次操作时，随机选择这两种无人机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该种无人机，若初次操作不成功，则第二次使用另一种无人机进行操作，求操作成功的次数的数学期望． 附． 【答案】（1），线性相关程度较高 （2） 【解析】 【分析】（1）根据相关系数公式，求出相关系数，再根据系数大小判断相关程度高不高. （2）根据独立事件的乘法公式，求出分布列，求出期望. 【小问1详解】 由题可知， ， ， 则相关系数， 因为，所以与的线性相关程度较高． 【小问2详解】 设操作成功的次数为，则的所有可能取值为0，1，2． ， ， ， 所以． 18. 如图，动圆与半圆相切（内切或外切），也与轴相切． （1）求动圆圆心的轨迹方程． （2）直线的斜率为，且与（1）中所得的轨迹由左至右分别交于点，是否存在满足？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 当动圆与半圆外切时，动圆圆心的轨迹方程为； 当动圆与半圆内切时，动圆圆心的轨迹方程为． （2）不成立，理由： 假设满足题意的存在，可设的方程为． 依题意，可得与曲线交于A，D两点，与曲线交于B，C两点． 由与 消去整理得 ①与 ② 设， 则． 因为，且， 所以，即， 得，解得． 将代入方程①，得． 因为函数的定义域为， 所以假设不成立，即不存在满足题意的直线． 【解析】 【分析】（1）分外切、内切两种情况讨论，结合圆心之间的距离和半径之间的关系可列出关系式求解； （2）由得，即，联立直线和曲线方程，由韦达定理分别求出，代入求解即可. 【小问1详解】 设动圆圆心为，作轴于点． ①若动圆与半圆外切，则， 两边平方得，化简得． ②若动圆与半圆内切，则， 两边平方得，化简得． 综上，当动圆与半圆外切时，动圆圆心的轨迹方程为； 当动圆与半圆内切时，动圆圆心的轨迹方程为． 动圆圆心的轨迹如图所示 【小问2详解】 略 19. 若对于函数的定义域内的任意非零实数，恒有，则称为区间上的“理想”函数．已知函数． （1）若的图象在点处的切线经过坐标原点，求． （2）若是定义在上的“理想”函数，且， （i）求的取值范围； （ii）若当取最大值时，是定义在上的“理想”函数，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）; （ii） 【解析】 【分析】（1）利用导数求得，，可求得切线方程； （2）（i）分，两种情况结合理想函数的定义计算即可；（ii）化简，令，通过二次求导判断的单调性，进而求得的取值范围. 【小问1详解】 由题可知，则， 又，所以的图象在点处的切线方程为， 将代入，得． 【小问2详解】 （i）由题可知． ①当时，恒成立，在上单调递减， 又，故时，恒有，符合题意． ②当时，，故存在，使得在上单调递增， 则， 又， 故当时，，不符合题意． 综上，实数的取值范围为． （ii）由题可知， 令， 则， 令，则， 因为当时，，当时，， 故即在上单调递减，在上单调递增，且当时，． ①当时，恒成立，在上单调递增， 又，故在上恒小于0，在上恒大于0， 又且， 故在上，恒有，符合题意； ②当时，，必存在，使得， 则在上单调递减，在上单调递增，且，当时，， 故存在，使得． 故在上恒小于0，在上恒大于0， 则当时，，不符合题意． 综上，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $