浙江省衢州市五校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题（解析）

浙江省衢州市五校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题考生须知：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、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.[1，2] B.[1，3] C.[0，2] D.[0，3]【答案】B【解析】【分析】根据不等式的解集求得集合，结合函数的解析式有意义，求得集合，利用集合交集的运算，即可求解.【详解】由不等式，解得，即；又由函数有意义，则满足，解得，即，所以.故选：B.2.函数的最小正周期是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据正切型三角函数的最小正周期求解即可得答案.【详解】函数的最小正周期.故选：A.3.已知复数，则（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根据复数模的计算公式求即可.【详解】法一：已知复数，；法二：；故选：C.4.已知向量，若，则（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量坐标运算得到，再根据向量平行坐标要求列方程求出的值.【详解】根据题意，，因为，所以，解得.故选：D5.已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，则由题意可得，求出，从而可求出高，进而可求出圆锥的体积【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，则，解得，则该圆锥的高，故该圆锥的体积为，故选：A.6.已知直线（其中为常数），圆，则直线被圆截得的弦长最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】确定直线经过定点已经圆的圆心与半径，根据圆的弦长公式与直线与圆相交的性质，算出直线被圆截得的最短弦长，即可得得答案．【详解】直线，整理可得，令，解得，故直线过定点，又圆，则圆心，半径圆，根据圆的性质，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，结合，可得直线被圆截得的最短弦长等于.故选：C.7.在中，的平分线交AB于点，且，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用证得，在中利用余弦定理可得，最后再在中利用余弦定理可得.【详解】因为的角平分线，，则，因，则，即，设，则，则在中利用余弦定理可得，，得，在中利用余弦定理可得，.故选：B8.对任意，都存在，使得成立，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，得到，，，根据绝对值不等式的性质，求得，即，进而求得实数的取值范围.【详解】设，则，，，则，同理可得：，所以，所以，因为对任意，都存在，使得成立，即，所以，即实数的取值范围为.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6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，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分．9.双曲三角函数是一类与常见圆三角函数相似但具有独特性质的函数，主要包括双曲余弦函数、双曲正弦函数、双曲正切函数，则（）A.是偶函数 B.是奇函数C.是偶函数 D.是奇函数【答案】AB【解析】【分析】根据奇偶性定义逐项判断可得答案.【详解】对于A，的定义域为，关于原点对称，因为，所以是偶函数，故A正确；对于B，的定义域为，关于原点对称，因为，所以是奇函数，故B正确；对于C，的定义域为，关于原点对称，，所以是奇函数，故C错误；对于D，的定义域为，关于原点对称，，所以是偶函数，故D错误.故选：AB.10.已知椭圆，直线与椭圆相交于两点，若椭圆上存在异于两点的点使得，则离心率的值可以为（）A.0.8 B.0.85 C.0.9 D.0.95【答案】BCD【解析】【分析】设，则，求的值得到关于的式子，再求解离心率取值范围，从而得结论.【详解】由题可设，则，则，，两式相减得：，则，所以，所以，则椭圆的离心率，故离心率的值可以为0.85，0.9，0.95，故选：BCD.11.甲、乙两人轮流掷一枚质地均匀的骰子，甲先掷.下列选项中正确的是（）A.“甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为B.“在甲掷出点后，乙下一次掷骰子掷出点”的概率为C.“首次连续次出现点时需掷骰子的次数”的期望为D.“甲先掷出点”的概率为【答案】ABD【解析】【分析】利用古典概型的概率公式可判断AB选项；设首次连续两次出现点的期望次数为，结合题意分析得出关于的方程，解出的值，可判断C选项；求出“甲第次首次掷出点，且在甲第次掷骰子前两人都没有掷出点”的概率，结合等比数列的求和公式可判断D选项.【详解】对于A选项，“甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为，A对；对于B选项，在甲掷出点后，乙下一次掷出点不受前面的影响，其概率为，B对；对于C选项，设首次连续两次出现点的期望次数为，分两种情况分析：若第一次没有掷出点，则需重新开始，期望次数为，若第一次掷出点，第二次没有掷出点，则需重新开始，期望次数为，若第一次、第二次都掷出点，则期望次数为，所以，，解得，C错；对于D选项，设甲第次首次掷出点，且在甲第次掷骰子前两人都没有掷出点，设其概率为，则，所以，，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，数列前项和为，当时，，即“甲先掷出点”的概率为，D对.故选：ABD.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.已知且，若，则___________．【答案】e【解析】【分析】利用对数运算性质计算可得答案.【详解】若，则，所以.故答案：.13.的展开式中项的系数为___________．【答案】56【解析】【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，得出结论．【详解】的展开式中的通项公式为，的展开式中项的系数为，故答案为：．14.已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率，抛物线的准线经过双曲线的右焦点，点为双曲线与抛物线位于轴上方的交点，若，则的值为___________．【答案】2【解析】【分析】由题意得双曲线，，抛物线为，两方程联立可求出点，然后表示出，再由可求出，从而可求出的值.【详解】由双曲线的离心率，得，所以，得，所以双曲线，因为抛物线的准线经过双曲线的右焦点，所以，所以抛物线为，由，得，解得或（不合题意舍去），所以，得，因为点位于轴上方，所以，所以，，因为，所以，得，所以.故答案为：2四、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.为了更好地了解中学生的体育锻炼时间，某校展开了一次调查，从全校学生中随机选取人，统计了他们一周参加体育锻炼时间（单位：小时），分别位于区间，，用频率分布直方图表示如下图．假设用频率估计概率，且每个学生参加体育锻炼时间相互独立．（1）求的值；（2）估计全校学生一周参加体育锻炼时间的第百分位数；（3）从全校学生中随机选取人，记表示这人一周参加体育锻炼时间在区间内的人数，求的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图各个小矩形的面积和为，即可求解；（2）利用百分位数的求法，即可求解；（3）根据条件可得，再利用二项分布的概率公式求出可能取值的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求解.【小问1详解】由，解得.【小问2详解】因为，，所以第百分位数为.【小问3详解】从全校学生中随机选取人，则此人一周参加课后活动的时间在区间的概率为，又的可能取值为，由题意可得，则，，则的分布列为：的数学期望.16.已知数列中，，．（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的通项公式；（3）记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明；（2）由（1）可得，即可得解；（3）利用分组求和法求出，即可得到对任意恒成立，，，结合函数的单调性计算可得.【小问1详解】，，又，是以为首项，为公比等比数列；【小问2详解】由（1）可知，.【小问3详解】因为，所以，因为对任意恒成立，则对任意恒成立，，，易知在单调递增，时，取得最小值，最小值为，，即实数的取值范围为.17.已知函数在点处的切线与曲线只有一个公共点．（1）求的值；（2）求证：．【答案】（1）或（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，求函数在点处的切线方程，讨论，时所求切线与已知切线建立的方程的根只有一个，即可得的值；（2）分别确定函数的单调性与最值，通过最值之间的关系证得结论.【小问1详解】又，则切线方程为，当时，显然满足条件，当时，的方程有两个相等的根，，综上：或．【小问2详解】由于，所以时，，单调递增，时，，单调递减，.令，当时，，单调递减；当时，，单调递增，.当时，.18.如图，矩形ABCD中，．现以EF为折痕把四边形ABFE折起得到平面，并连接．（1）若，证明：平面BEF；（2）若为的中点，，直线GE与平面所成角正弦值为．（i）试讨论在线段AD上是否存在点，使得平面GMN．若存在，请求出DN的长度；若不存在，请说明理由；（ii）求平面与平面所成锐二面角的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）（i）存在，；（ii）【解析】【分析】（1）由勾股定理可证得，在由，根据线面垂直判定定理证得结论；（2）（i）利用线面垂直证明面面垂直得平面平面，从而得直线GE在平面GEF射影为直线BE，由直线GE与平面所成角为，得易知为BF中点，再由面面平行得线面平行，即可得得结论；（ii）法一：建立空间直角坐标系求解平面与平面的法向量，利用空间向量坐标运算得平面与平面夹角余弦值，结合正弦函数的性质即可得结论；法二：根据平面与平面夹角的定义确定面面夹角，从而可得取最值的情况.【小问1详解】因为，所以，则，.所以，又，所以平面BEF.【小问2详解】（i）因为，所以平面，又平面GEF，所以平面平面，故直线GE在平面GEF射影为直线BE，所以直线GE与平面所成角为，易知为BF中点，.取ED中点，连接，则且则平面平面GMN，所以平面GMN，故点存在，故；（ii）因为，所以，则，且，所以平面．法一：如图，以坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，，设平面一个法向量为，则，令，故平面一个法向量为．又平面一个法向量，则，所以平面与平面所成锐二面角的平面角的取值范围为法二：由（1）可知，平面平面GMN，要求平面与平面所成的平面角，即求平面GMN与平面所成的平面角，记直线GN与EF交点为，取中点为T，则，故，则平面平面，因为平面，所以平面GMN，过点作，垂足为，连接QF，则即所求二面角其中，当平面ABCD时，QO取最大值，所以平面与平面所成锐二面角的平面角的取值范围为19.已知抛物线上一点到其焦点的距离为4．（1）求拋物线的方程；（2）已知抛物线的准线为为坐标原点，若过焦点的动直线与抛物线交于两点，直线AO与交于点，（i）证明：直线轴；（ii）过两点分别作抛物线的切线相交于点且分别与直线相交于点，求面积的取值范围．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）．【解析】【分析】（1）根据抛物线定义，利用焦半径公式可求；（2）（i）设，联立直线与抛物