浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 含解析

绝密★考试结束前学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学高二年级数学学科试题命题：奉化中学丁少杰、孙圣审题：临安中学方铭象山中学许泽建校稿：求莲萍考生须知：．本卷满分分，考试时间分钟：．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名，座位号写在指定位置：．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效：．考试结束后，只需上交答题卷。第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．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.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解不等式求出集合包含的元素，再求集合的交集即可.【详解】，则，，则，则.故选：B.2.复数，则复数在复平面内的对应点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】第1页/共20页【分析】先由共轭复数求出，再利用复数的除法运算可得.【详解】由题意可得，所以，所以复数在复平面内的对应点位于第一象限.故选：A3.若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（）A.4B.5C.6D.7【答案】D【解析】【分析】利用百分位数的概念计算，再利用二项式展开式通项公式求常数项即可.【详解】因，所以的第上四分位数是，即，则，由解得，所以常数项为，故选：D.4.过抛物线的焦点，且与直线垂直的直线方程为（）A.B.C.D.【答案】B第2页/共20页【解析】【分析】由抛物线焦点坐标和直线垂直的斜率关系求解.【详解】抛物线的焦点为，设与直线垂直的直线方程为，代入，可得，故所求直线方程为，即.故选：B.5.1423子中等可能地选择一个盒子，然后从中任意摸出2个球，则这2个球都是黄球的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由全概率公式即可求解.【详解】设表示取得的2个球都是黄球，表示选择第一个盒子，表示选择第二个盒子；所以，故选：C6.已知函数为自然对数的底数，是图象的切线，则的值为（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】设切点坐标，由题意可得且，求解即可.【详解】设切点坐标为，第3页/共20页，则且，解得，再代入，可得：，故选：D7.长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标运算公式结合基本不等式即可求出结果.【详解】在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设是的中点，所以.设，，因为，所以，所以，设异面直线与所成角为，因为异面直线成角的范围是，第4页/共20页则，因为，所以，当且仅当时取等号，，因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为.故选：A.8.已知函数，若当且仅当，则的最小值为（）A.2B.0C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意得，根据及绝对值不等式转化可得，分和讨论的单调性及最值，继而即可求解.【详解】定义域为，得．又，（注：，证明：因为，，所以所以若，则，即．第5页/共20页这样，若，则取，得，进而在递增，故，与已知条件矛盾！所以．即，也即．当时，，得，取等当且仅当，故在上递减，符合要求．综上，的最小值为．故选：.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（）A.若与互斥，则B.若与相互独立，则C.若，则与相互独立D.若，则【答案】BC【解析】【分析】由互斥事件、独立事件及条件概率的计算公式逐个判断即可.【详解】对于A：，A错；对于B：，，B对，对于C：由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，C对，对于D：由，可得，第6页/共20页所以，D错，故选：BC10.已知，且，若，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】推导出，利用基本不等式可判断AB选项；计算得出，令C选项；利用特殊值法进而判断D选项.【详解】因为，且，所以，因为，所以，可得，即.对于A选项，由基本不等式可得，等号成立当且仅当时，即当时，等号成立，又因为，故等号不成立，即，A对；对于B选项，，当且仅当时，即当或时，等号成立，故，B对；第7页/共20页对于C选项，，令，其中，则，由可得，由可得，所以，函数的单调递减区间为，递增区间为，故，即，C对；对于D选项，不妨取，，则，D错.故选：ABC.是定义在区间上的函数，若存在二元函数满足：①且；②：则称为在上的“面积”系统．下列说法正确的是（）A.若为常数，则在上有唯一的“面积＂系统B.若为在上的“面积”系统，则C.是在上的“面积”系统D.若则在上有无数个“面积”系统【答案】ABD【解析】【分析】根据题中新定义，直接计算证明可判断A，B；举例可判断C，D.A为常数时，，，，第8页/共20页要使得，则，此时，所以满足条件，故A正确；对于B选项，由性质②，，有，得.再应用性质②，．由此，，即，故B正确；对于C选项，取，则．又，则，，所以不存在使，故性质①不满足.故C错误；对于D选项，且，若，则，若，则，对任意，令，则，且满足，故的“面积系统”有无数个.故D正确.故选：ABD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，则共可组成_______个四位数．【答案】300【解析】【分析】根据排列，结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】从1,2,3,4,5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有,第9页/共20页故答案为：30013.已知非零向量满足，且，则与的夹角为_______．【答案】【解析】得到解.【详解】由，可得：，即，即，又，可得：，即，所以，所以，又，所以与的夹角为故答案为：.14.已知是双曲线的左，右两个焦点，若双曲线上存在一点满足，则该双曲线的离心率为_______．【答案】【解析】【分析】由双曲线的定义结合余弦定理求出间关系，再由离心率的齐次式可得.【详解】第10页/共20页由题意可得，所以，又，所以在中，，在中，，所以，解得，所以.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知等差数列的公差不为0，，成等比数列.（1）求数列通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n项和.【答案】（1）2）【解析】1）设等差数列的公差为，将等差数列通项代入，得到，求得通项公式．（2）求得，根据分组求和法，将原数列的和分为等差与等比数列的和.1）设等差数列的公差为，由，成等比数列，得，得，由，得，则.（2）由（1），则，第11页/共20页则即.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，等比数列的概念和前项和公式，考查了学生的分析能力，运算能力，属于中档题.16.在中，分别是角的对边，已知是锐角，且．（1）若，求实数的值；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）1（2）【解析】1）利用正切的倍角公式可求，结合余弦定理可求答案；（2）利用正弦定理表示，结合面积公式和三角函数恒等变换可得答案.【小问1详解】由已知得，，解得或．又为锐角，，得．所以，由余弦定理得，．【小问2详解】由正弦定理得，．所以，，第12页/共20页即，当，即时，取到最大值为．17.如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点．（1）求证：平面；（2）若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】1）易得，再由平面，得到，利用线面垂直的判定定理证明；（2）法一：过作于，过作于，连结，得到为二面角平面角，假设这样的存在，设，由，求解；法二：以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，是平面，是平面，得到，设，由求解.【小问1详解】因为为圆的直径，所以．第13页/共20页又因为平面，所以．又因为，所以平面．【小问2详解】法一：如图所示：过作于，过作于，连结．因为平面，所以平面平面，进而平面，故．因此平面，所以，故为二面角平面角．又，所以．又，得，所以，进而。假设这样的存在，得，得，，即，解得．故满足条件的存在．法二：如图，以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，第14页/共20页则，，是平面的法向量．设，则，得，，得是平面的法向量．这样，，解得．所以，，设，得．这样，由，即，解得．故满足条件的存在．18.已知椭圆的离心率为为为的右顶点，为的上顶点，且周长为，直线交于两点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的斜率之积恒为，求证：直线恒过定点．（3恒过是否为定值？若成立，请求出该定值：若不成立，请说明理由．【答案】（1）（2）证明见解析（3）成立，【解析】1）根据题意，建立关系式求出，得解；第15页/共20页（2）设，代入椭圆的方程，由韦达定理可得，，由，运算得，得证；（3）当直线的斜率为0时，得，当直线的斜率不为0时，设，由韦达定理可得，即，得解.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，由已知得，又，可得，故，解得，所以椭圆的方程为.小问2详解】设，根据题意，易知直线的斜率不为0，设，联立与，消去得，整理得，所以，，，进而，，，，解得，满足，即直线过定点.第16页/共20页.【小问3详解】当直线的斜率为0时，此时，易得；当直线的斜率不为0时，设，这样，由（2）知，，，所以，从而，即，则，即，综上，为定值.19.“田忌赛马”我国历史上有名的“以弱胜强”的事例．齐王有匹马，田忌有匹马，且这匹马在比赛中的胜负可用如下不等式表示：①且；②且．这里，表示“马与马比赛，马获胜”比赛过的马不能再次上场，共赛局，并记田忌在局比赛中获胜局数为．第17页/共20页（1）求的分布列与期望；（2）分别求的通项公式；（3）求证：．【答案】（1）分布列见解析，数学期望为1（2），（3）证明见解析【解析】1）首先分析出的可能取值，再写出分布列再计算数学期望即可；（2）分类计算；；（3）应用随机变量的数学期望的公式计算，作差证明即可.【小问1详解】012所以．【小问2详解】记，不妨将视为平面上个不同的点，作线段当且仅当出现在同一局，则局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，由比赛规则可知，为的一个排列，也即为到的一个一一对应，这样的总共有种取法．所以即，，也即。故．记下到的一一对应的取法恰有种．下面且，第18页/共20页任取到一一对应，其中为的一个排列．当给定时，则取或为到的一一对应，恰有种．又考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所以所得恰为全体到的一一对应．注意到，，且．这样，若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或．（ⅰ）若满足，则满足当且仅当，其中且．此时，当给