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浙江省丽水市2024-2025学年高二下学期6月普通高中教学质量监控数学试题
一、单项选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36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．（2025高二下·丽水期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，
则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的并集定义求解即可.
2．（2025高二下·丽水期末）下列函数中，定义域为的函数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：对于A，要使得根号下有意义，则，所以，此函数定义域为，故A错误；
对于B，要使得对数有意义，则真数，所以，此函数定义域为，故B正确；
对于C，由指数函数的定义可知此函数的定义域为，故C错误；
对于D，要使得正切函数有意义，则，
所以，此函数的定义域为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和函数定义域求解方法，从而得出定义域为的函数.
3．（2025高二下·丽水期末）已知复数，，则复数在复平面内对应点所在的象限是（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：因为复数，，
所以，
所以，复数在复平面内对应点为，在第二象限.
故答案为：B.
【分析】先根据复数的加法运算法则，从而求出复数，再利用复数的几何意义得到在复平面内所对应点的坐标，从而确定复数在复平面内对应点所在的象限.
4．（2025高二下·丽水期末）设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“l”是“lm且ln”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“l”，
则“lm且ln”，
反之若“lm且ln”，
当m//n时，推不出“”，
∴ “”是“lm且ln”的充分不必要条件.
故答案为：A．
【分析】利用已知条件和线线垂直与线面垂直的推导关系，再根据充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．（2025高二下·丽水期末）已知，则=（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
6．（2025高二下·丽水期末）已知某圆台的两底面半径分别为1和4，侧面积为，则该圆台的体积等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的母线为，
由题意可得：，解得，
则圆台的高，
圆台的体积为.
故答案为：B.
【分析】设圆台的母线为，根据侧面积公式求出母线长，再利用勾股定理求高，根据圆台体积公式计算即可.
7．（2025高二下·丽水期末）甲、乙两人独立破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则恰有一人成功破译的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：恰有一人成功破译的概率为.
故答案为：D.
【分析】根据独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出恰有一人成功破译的概率.
8．（2025高二下·丽水期末）已知不等式的解集为，则的解集为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，
所以是方程的两个根，
所以，
代入可得，
解得或，
所以的解集为.
故答案为：D.
【分析】由题意得是方程的两个根，再利用韦达定理得出的值，再代入计算结合一元二次不等式求解方法，从而得出不等式的解集.
9．（2025高二下·丽水期末）已知，且，则（　　）
A．2或8 B．或8 C．8 D．64
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为，
，
令，
所以，
解得或（不符合题意舍去），
所以，
解得.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和对数的运算性质，从而得出，再利用一元二次方程求解方法，从而得出t的值，再利用对数式与指数式的互化公式，从而得出a的值.
10．（2025高二下·丽水期末）如图两点在河的同侧，且、两点均不可到达．现需测、两点间的距离，测量者在河对岸选定两点、，测得，同时在、两点分别测得，，，则、两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
在中，由正弦定理，得，
因为，
所以为等边三角形，
所以，
又因为，
在中，由余弦定理，得：
所以.
故答案为：B.
【分析】利用三角形内角和定理得出的值，在中利用正弦定理得出的长，再利用等比三角形的性质得出AC的长，在中利用余弦定理得出AB的长.
11．（2025高二下·丽水期末）已知，现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若存在，使得函数与图象的对称中心完全相同，则满足题意的的个数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；同角三角函数基本关系的运用；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以，
要使函数与图象的对称中心完全相同，
则需为奇函数，
所以，，
解得，
因为，
当时，；当时，，
所以满足题意的的个数为2个.
故答案为：.
【分析】根据同角三角函数基本关系式和倍角公式，从而可得，由题意得出需为奇函数，再由余弦型函数的奇偶性得出满足题意的的个数.
12．（2025高二下·丽水期末）已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为函数，
所以关于的不等式
可化为，即，
令，即.
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
且；
当时，，
所以，函数在上单调递减，且，
如图所示：
结合函数图象和取时的函数值可知，
要使的解集中有且仅有个整数，这两个整数解只能是和，
所以实数的取值范围为，
则.
故答案为：C.
【分析】将不等式化为，令，则，再分和两种情况去掉绝对值符号，从而得到相应的解析式，再计算取时的函数值，从而画出函数的部分图象，再利用数形结合得出实数m的取值范围.
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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．
13．（2025高二下·丽水期末）下列命题为真命题的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,B
【知识点】命题的真假判断与应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，由不等式的基本性质可知同向不等式相加，不等式方向不变，故A正确；
对于B，因为，又因为，
所以，故B正确；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，当时，，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用不等式的基本性质可判断选项A；利用作差法比较出大小可判断选项B；举反例可判断选项C和选项D，从而找出真命题的选项.
14．（2025高二下·丽水期末）已知平面向量均为单位向量，且，则（　　）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，
则，故错误；
对于B，因为，
所以，故正确；
对于C，因为，
所以，
所以，
则，故C正确；
对于D，因为，，
所以在上的投影向量为
故正确.
故答案为：BCD.
【分析】对两边平方结合数量积的运算律，从而得出的值，则可判断选项；对两边平方结合数量积的运算律，则得出的值，则可判断选项；先求出，，再由数量积求向量的夹角公式计算，则可判断出选项C；由数量积求投影向量公式，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
15．（2025高二下·丽水期末）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（　　）
A．动点轨迹的长度为
B．与不可能垂直
C．直线与平面所成角正弦值的最小值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；与直线有关的动点轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，如图，取中点为，中点为，连接，
在正方体中，为棱的中点，
可得，
又平面，平面，
平面；
又中点为，中点为，
，
又平面，平面，
平面，
又，且平面，
平面平面，
又因为平面，且平面，
平面，
又因为点为正方形内一个动点（包括边界），
平面平面，
又因为平面平面，
，即的轨迹为线段，
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对于B，由，可知三角形为等腰三角形，
当为线段中点时，由，可得，
因为中点为，中点为，，
又因为，，故选项B不正确；
对于C，由选项B知，，
因为面，面，
面，
则上的点到平面的距离为定值，
设到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则，又因为为定值，
当最大时，最小，此时点位于点时，最大，最小，
分别以为建立空间直角坐标系，
由题意，得，，，，
可得，，
设平面的法向量，
则，
不妨令，可得，
因为平面的一个法向量，又因为，
则，故选项C正确；
对于D，由侧棱底面，
所以三棱锥体积为，
所以最大时，体积最大，∵，
可得当在处时，三棱锥的体积最大，
由已知可得，此时，
所以在底面的射影为底面外心，，，，
由勾股定理易知底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，
如图，设外接球半径为，
由，，
可得外接球半径，
所以，外接球的表面积为，故选项D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由平面，则存在一个过的平面与平面平行，利用正方体的结构特征找到平面平面，从而得到点 的轨迹为线段，进而得出动点轨迹的长度，则判断出选项A；举反例判断出选项B；由可得使线面角取到最小时的点的位置，再建系，再利用线面角的坐标公式，从而计算判断出选项C；利用，可得使三棱锥的体积取到最大值的点的位置，再利用定心法求出三棱锥外接球半径，从而得出三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分．
16．（2025高二下·丽水期末）事件、互斥，若，，则　 　.
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：因为、互斥，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】根据互斥事件加法求概率公式和已知条件，从而得出的值.
17．（2025高二下·丽水期末）已知定义在上的函数的值域是，则函数的值域是　 　.
【答案】
【知识点】函数的值域；反射、平衡和旋转变换
【解析】【解答】解：因为函数的图象向左平移3个单位得到的图象，
因此函数的值域为，
则函数的值域是.
故答案为：.
【分析】根据函数图象的平移变换，从而得出函数的图象，再结合函数值域求解方法，从而得出函数的值域.
18．（2025高二下·丽水期末）已知函数的图象过点，若在内有4个零点，则a的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意知，函数的图象过点，
所以，
解得，
因为，所以，
所以，
当时，可得，
因为在内有4个零点，结合正弦函数的性质可得，
所以，
则实数a的取值范围是．
故答案为：．
【分析】将代入函数中，再结合，从而得出的值，进而得出函数的解析式，由求出的取值范围，再由在内有4个零点，从而结合正弦函数的性质求出a的取值范围.
19．（2025高二下·丽水期末）若实数，满足，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，得，
设，其中，
则，
所以，
则，
记，则，
要求其最大值，则只需考虑，
则，
当且仅当时，即当时取等号，
则的最大值为.
故答案为：.
【分析】将已知条件化为，则可设，从而将目标代数式化为，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
四、解答题：本题共6小题，共84分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
20．（2025高二下·丽水期末）电力公司从某小区抽取100户居民用户进行12月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.
（1）求的值及这100户的用电量的平均数；
（2）力公司拟对用电量超过的家庭的电器进行检测，若恰好为第71百分位数，求.
【答案】（1）解：因为解得，
所以，平均数为：
（2）解：在这组数据中对应的频率为：，
对应的频率为：，
所以，这组数据第71百分位数在中，设第71百分位数为，
则，
解得.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，结合长方形的面积之和为1，从而得到的值，再根据频率分布直方图求平均数公式，从而估计出这100户的用电量的平均数.
（2）根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，利用求和法得出在这组数据中对应的频率和对应的频率，再利用频率分布直方图求百分位数的方法，从而得出的值.
（1），解得，
平均数为
（2）在这组数据中对应的频率为，
对应的频率为，
所以这组数据第71百分位数在中，
设第71百分位数为，则，解得.
21．（2025高二下·丽水期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，侧面底面，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：连结交于点，连结，
∵底面是正方形，，
∴是的中点，
∵是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）解：法一：作交于，作交于，连结
∵平面平面，平面平面，
∴平面
∵平面，
∴，
又∵，，
∴平面，
∴，
∴为二面角的平面角，
不妨设，
则，
，，
，，
∴，
∴二面角的余弦值为.
法二：取的中点为，的中点为，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，
∴底面，
∵底面，
∴，，
∴，，两两垂直，
则分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
不妨设，
由已知条件，得，，，
在平面中，，，
设为平面的一个法向量，
则
令，则为平面的一个法向量，
又∵平面的一个法向量，
设二面角平面角为，
则，
所以，二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方形的结构特征和中位线定理，从而判断出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用两种方法求解.
方法一：根据二面角的定义作图，在中，由三角函数定义、勾股定理和余弦定理，从而计算得出二面角的余弦值.
方法二，利用等边三角形三线合一得出线线垂直，再利用面面垂直的性质定理得出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量，再利用平面的一个法向量，再由数量积求向量夹角公式，从而得出二面角的余弦值.
（1）连结交于点，连，
∵底面是正方形，，
∴是的中点，
∵是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）法一：作交于，作交于，连，
∵平面平面，平面平面，
∴平面
∵平面，
∴
又∵，，
∴平面，
∴，
∴为二面角的平面角，
不妨设，则，
，，
，，
∴，
∴二面角的余弦值为
法二：取的中点为，的中点为，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，
∴底面，
∵底面，
∴，，
∴，，两两垂直，则分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，不妨设，
则由已知得，，，
在平面中，，，
设为平面的一个法向量，
则，
令，则为平面的一个法向量．
又∵平面的一个法向量
设二面角平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为．
22．（2025高二下·丽水期末）已知数列是公比为的等比数列，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）解：因为成等差数列，
所以，
又因为数列是公比为的等比数列，
所以，解得，
所以，
所以，数列的通项公式为.
（2）证明：由（1）知，，
则
可得，
则，
两式相减，可得，
所以，
因为，
所以数列是递增数列，
则，
又因为，
可得，
综上可得：.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等差中项公式以及等比数列的通项公式，从而得出等比数列的首项，再利用等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式.
（2）由（1）知，，从而得出数列的通项公式，再利用错位相减法得出数列的前项和为，再结合增函数的定义判断出数列是递增数列，则，再根据，可得，从而证出不等式成立.
（1）因为成等差数列，所以，
又因为数列是公比为的等比数列，所以，
解得，所以，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，则
可得，
则，
两式相减，可得，
所以，
因为，
所以数列是递增数列，则，
又因为，可得，
综上可得：.
23．（2025高二下·丽水期末）已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）.
（1）若椭圆的离心率为，求的值；
（2）若，左顶点为，求的面积的最大值．
【答案】（1）解：∵椭圆的离心率为，
∴，
解得.
（2）解：当时，，所以，
则，，
所以、均不在轴上，则直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，

联立与，
得，
因为，
由韦达定理，得，，
所以
又因为，
所以的面积为
又因为
当且仅当时，即当时等号成立，
所以的面积的最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值.
（2）设直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理得到两根之和，两根之积，再利用表示出三角形面积，再代换成关于的函数，最后由基本不等式求最值的方法，从而求出的面积的最大值.
（1）∵椭圆的离心率为，
∴，
解得.
（2）时，，故，所以，，
、均不在轴上，故直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，
联立与得，
因，
由韦达定理，，，
所以，
又，故的面积，
而，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积的最大值为.
24．（2025高二下·丽水期末）人脸识别技术在社会各行各业中的应用深刻改变着人们的生活.所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像、并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份.在人脸识别中，为了检测样本之间的相似度主要运用余弦距离进行测试.二维空间有两个点，，定义之间的余弦距离为，其中.
（1）若，，求之间的余弦距离；
（2）已知，，，，若，，
①求之间的余弦距离；
②求的值．
【答案】（1）解：由题意，
得，
∴之间余弦距离为.
（2）解：①由题意，
得，
∵，∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
则
∴，之间的余弦距离为.
②由①可得，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】两角和与差的余弦公式；平面内两点间距离公式的应用；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和新定义，从而得出之间的余弦距离.
（2）①由新定义和所给点的坐标，再利用角的取值范围和两角和与差的余弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出，，则求出，进而得出之间的余弦距离.
②由①可得，，再利用两角和与差的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
（1）由题意得，
∴之间余弦距离为；
（2）①由题意得
∵，∴，∴，
∵，
∴，∵，∴
∴，之间的余弦距离为.
②由①可得，，
∴，∴
∴
25．（2025高二下·丽水期末）已知函数为奇函数．
（1）求a的值；
（2）设函数，
①证明：有且只有一个零点；
②记函数的零点为，证明：．
【答案】（1）解：由题意得，，
∴，
则恒成立，
∴.

（2）证明：①当时，
函数与函数均在上单调递增，
∴在上单调递增，
因为，，
∴存在唯一零点，
当时，，，∴，
当时，，，∴，
∴当时，无零点，
综上所述，有且只有一个零点，且该零点.
②由①可知，且，
故，
∴
令，则.
当时，，∴在上单调递增，
∴，
则.
【知识点】奇函数与偶函数的性质；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义和已知条件，从而得出实数a的值.
（2）①讨论和时函数的单调性，再结合零点存在性定理证出函数有且只有一个零点.
②由①可知，且，则，再利用代入法得出，令，再利用导数正负判断函数单调性的方法，从而证出不等式成立.
（1）由题意得，，
∴，即恒成立，∴.
（2）①当时，函数与函数均在上单调递增，
∴在上单调递增，
又，，
∴存在唯一零点.
当时，，，∴，
当时，，，∴，
∴当时，无零点，
综上，有且只有一个零点，且该零点.
②由①可知，且，故，
∴，
令，则.
当时，，∴在上单调递增，
∴，即得证.
1 / 1浙江省丽水市2024-2025学年高二下学期6月普通高中教学质量监控数学试题
一、单项选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36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．（2025高二下·丽水期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·丽水期末）下列函数中，定义域为的函数是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·丽水期末）已知复数，，则复数在复平面内对应点所在的象限是（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．（2025高二下·丽水期末）设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“l”是“lm且ln”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025高二下·丽水期末）已知，则=（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·丽水期末）已知某圆台的两底面半径分别为1和4，侧面积为，则该圆台的体积等于（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·丽水期末）甲、乙两人独立破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则恰有一人成功破译的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·丽水期末）已知不等式的解集为，则的解集为（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025高二下·丽水期末）已知，且，则（　　）
A．2或8 B．或8 C．8 D．64
10．（2025高二下·丽水期末）如图两点在河的同侧，且、两点均不可到达．现需测、两点间的距离，测量者在河对岸选定两点、，测得，同时在、两点分别测得，，，则、两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025高二下·丽水期末）已知，现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若存在，使得函数与图象的对称中心完全相同，则满足题意的的个数为（　　）
A． B． C． D．
12．（2025高二下·丽水期末）已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则实数的取值范围为（　　）
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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．
13．（2025高二下·丽水期末）下列命题为真命题的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
14．（2025高二下·丽水期末）已知平面向量均为单位向量，且，则（　　）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
15．（2025高二下·丽水期末）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（　　）
A．动点轨迹的长度为
B．与不可能垂直
C．直线与平面所成角正弦值的最小值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分．
16．（2025高二下·丽水期末）事件、互斥，若，，则　 　.
17．（2025高二下·丽水期末）已知定义在上的函数的值域是，则函数的值域是　 　.
18．（2025高二下·丽水期末）已知函数的图象过点，若在内有4个零点，则a的取值范围为　 　．
19．（2025高二下·丽水期末）若实数，满足，则的最大值为　 　.
四、解答题：本题共6小题，共84分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
20．（2025高二下·丽水期末）电力公司从某小区抽取100户居民用户进行12月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.
（1）求的值及这100户的用电量的平均数；
（2）力公司拟对用电量超过的家庭的电器进行检测，若恰好为第71百分位数，求.
21．（2025高二下·丽水期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，侧面底面，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
22．（2025高二下·丽水期末）已知数列是公比为的等比数列，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求证：．
23．（2025高二下·丽水期末）已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）.
（1）若椭圆的离心率为，求的值；
（2）若，左顶点为，求的面积的最大值．
24．（2025高二下·丽水期末）人脸识别技术在社会各行各业中的应用深刻改变着人们的生活.所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像、并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份.在人脸识别中，为了检测样本之间的相似度主要运用余弦距离进行测试.二维空间有两个点，，定义之间的余弦距离为，其中.
（1）若，，求之间的余弦距离；
（2）已知，，，，若，，
①求之间的余弦距离；
②求的值．
25．（2025高二下·丽水期末）已知函数为奇函数．
（1）求a的值；
（2）设函数，
①证明：有且只有一个零点；
②记函数的零点为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，
则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的并集定义求解即可.
2．【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：对于A，要使得根号下有意义，则，所以，此函数定义域为，故A错误；
对于B，要使得对数有意义，则真数，所以，此函数定义域为，故B正确；
对于C，由指数函数的定义可知此函数的定义域为，故C错误；
对于D，要使得正切函数有意义，则，
所以，此函数的定义域为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和函数定义域求解方法，从而得出定义域为的函数.
3．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：因为复数，，
所以，
所以，复数在复平面内对应点为，在第二象限.
故答案为：B.
【分析】先根据复数的加法运算法则，从而求出复数，再利用复数的几何意义得到在复平面内所对应点的坐标，从而确定复数在复平面内对应点所在的象限.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“l”，
则“lm且ln”，
反之若“lm且ln”，
当m//n时，推不出“”，
∴ “”是“lm且ln”的充分不必要条件.
故答案为：A．
【分析】利用已知条件和线线垂直与线面垂直的推导关系，再根据充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
6．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的母线为，
由题意可得：，解得，
则圆台的高，
圆台的体积为.
故答案为：B.
【分析】设圆台的母线为，根据侧面积公式求出母线长，再利用勾股定理求高，根据圆台体积公式计算即可.
7．【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：恰有一人成功破译的概率为.
故答案为：D.
【分析】根据独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出恰有一人成功破译的概率.
8．【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，
所以是方程的两个根，
所以，
代入可得，
解得或，
所以的解集为.
故答案为：D.
【分析】由题意得是方程的两个根，再利用韦达定理得出的值，再代入计算结合一元二次不等式求解方法，从而得出不等式的解集.
9．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为，
，
令，
所以，
解得或（不符合题意舍去），
所以，
解得.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和对数的运算性质，从而得出，再利用一元二次方程求解方法，从而得出t的值，再利用对数式与指数式的互化公式，从而得出a的值.
10．【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
在中，由正弦定理，得，
因为，
所以为等边三角形，
所以，
又因为，
在中，由余弦定理，得：
所以.
故答案为：B.
【分析】利用三角形内角和定理得出的值，在中利用正弦定理得出的长，再利用等比三角形的性质得出AC的长，在中利用余弦定理得出AB的长.
11．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；同角三角函数基本关系的运用；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以，
要使函数与图象的对称中心完全相同，
则需为奇函数，
所以，，
解得，
因为，
当时，；当时，，
所以满足题意的的个数为2个.
故答案为：.
【分析】根据同角三角函数基本关系式和倍角公式，从而可得，由题意得出需为奇函数，再由余弦型函数的奇偶性得出满足题意的的个数.
12．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为函数，
所以关于的不等式
可化为，即，
令，即.
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
且；
当时，，
所以，函数在上单调递减，且，
如图所示：
结合函数图象和取时的函数值可知，
要使的解集中有且仅有个整数，这两个整数解只能是和，
所以实数的取值范围为，
则.
故答案为：C.
【分析】将不等式化为，令，则，再分和两种情况去掉绝对值符号，从而得到相应的解析式，再计算取时的函数值，从而画出函数的部分图象，再利用数形结合得出实数m的取值范围.
13．【答案】A,B
【知识点】命题的真假判断与应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，由不等式的基本性质可知同向不等式相加，不等式方向不变，故A正确；
对于B，因为，又因为，
所以，故B正确；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，当时，，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用不等式的基本性质可判断选项A；利用作差法比较出大小可判断选项B；举反例可判断选项C和选项D，从而找出真命题的选项.
14．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，
则，故错误；
对于B，因为，
所以，故正确；
对于C，因为，
所以，
所以，
则，故C正确；
对于D，因为，，
所以在上的投影向量为
故正确.
故答案为：BCD.
【分析】对两边平方结合数量积的运算律，从而得出的值，则可判断选项；对两边平方结合数量积的运算律，则得出的值，则可判断选项；先求出，，再由数量积求向量的夹角公式计算，则可判断出选项C；由数量积求投影向量公式，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
15．【答案】A,C,D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；与直线有关的动点轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，如图，取中点为，中点为，连接，
在正方体中，为棱的中点，
可得，
又平面，平面，
平面；
又中点为，中点为，
，
又平面，平面，
平面，
又，且平面，
平面平面，
又因为平面，且平面，
平面，
又因为点为正方形内一个动点（包括边界），
平面平面，
又因为平面平面，
，即的轨迹为线段，
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对于B，由，可知三角形为等腰三角形，
当为线段中点时，由，可得，
因为中点为，中点为，，
又因为，，故选项B不正确；
对于C，由选项B知，，
因为面，面，
面，
则上的点到平面的距离为定值，
设到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则，又因为为定值，
当最大时，最小，此时点位于点时，最大，最小，
分别以为建立空间直角坐标系，
由题意，得，，，，
可得，，
设平面的法向量，
则，
不妨令，可得，
因为平面的一个法向量，又因为，
则，故选项C正确；
对于D，由侧棱底面，
所以三棱锥体积为，
所以最大时，体积最大，∵，
可得当在处时，三棱锥的体积最大，
由已知可得，此时，
所以在底面的射影为底面外心，，，，
由勾股定理易知底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，
如图，设外接球半径为，
由，，
可得外接球半径，
所以，外接球的表面积为，故选项D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由平面，则存在一个过的平面与平面平行，利用正方体的结构特征找到平面平面，从而得到点 的轨迹为线段，进而得出动点轨迹的长度，则判断出选项A；举反例判断出选项B；由可得使线面角取到最小时的点的位置，再建系，再利用线面角的坐标公式，从而计算判断出选项C；利用，可得使三棱锥的体积取到最大值的点的位置，再利用定心法求出三棱锥外接球半径，从而得出三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
16．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：因为、互斥，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】根据互斥事件加法求概率公式和已知条件，从而得出的值.
17．【答案】
【知识点】函数的值域；反射、平衡和旋转变换
【解析】【解答】解：因为函数的图象向左平移3个单位得到的图象，
因此函数的值域为，
则函数的值域是.
故答案为：.
【分析】根据函数图象的平移变换，从而得出函数的图象，再结合函数值域求解方法，从而得出函数的值域.
18．【答案】
【知识点】正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意知，函数的图象过点，
所以，
解得，
因为，所以，
所以，
当时，可得，
因为在内有4个零点，结合正弦函数的性质可得，
所以，
则实数a的取值范围是．
故答案为：．
【分析】将代入函数中，再结合，从而得出的值，进而得出函数的解析式，由求出的取值范围，再由在内有4个零点，从而结合正弦函数的性质求出a的取值范围.
19．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，得，
设，其中，
则，
所以，
则，
记，则，
要求其最大值，则只需考虑，
则，
当且仅当时，即当时取等号，
则的最大值为.
故答案为：.
【分析】将已知条件化为，则可设，从而将目标代数式化为，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
20．【答案】（1）解：因为解得，
所以，平均数为：
（2）解：在这组数据中对应的频率为：，
对应的频率为：，
所以，这组数据第71百分位数在中，设第71百分位数为，
则，
解得.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，结合长方形的面积之和为1，从而得到的值，再根据频率分布直方图求平均数公式，从而估计出这100户的用电量的平均数.
（2）根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，利用求和法得出在这组数据中对应的频率和对应的频率，再利用频率分布直方图求百分位数的方法，从而得出的值.
（1），解得，
平均数为
（2）在这组数据中对应的频率为，
对应的频率为，
所以这组数据第71百分位数在中，
设第71百分位数为，则，解得.
21．【答案】（1）证明：连结交于点，连结，
∵底面是正方形，，
∴是的中点，
∵是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）解：法一：作交于，作交于，连结
∵平面平面，平面平面，
∴平面
∵平面，
∴，
又∵，，
∴平面，
∴，
∴为二面角的平面角，
不妨设，
则，
，，
，，
∴，
∴二面角的余弦值为.
法二：取的中点为，的中点为，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，
∴底面，
∵底面，
∴，，
∴，，两两垂直，
则分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
不妨设，
由已知条件，得，，，
在平面中，，，
设为平面的一个法向量，
则
令，则为平面的一个法向量，
又∵平面的一个法向量，
设二面角平面角为，
则，
所以，二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方形的结构特征和中位线定理，从而判断出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用两种方法求解.
方法一：根据二面角的定义作图，在中，由三角函数定义、勾股定理和余弦定理，从而计算得出二面角的余弦值.
方法二，利用等边三角形三线合一得出线线垂直，再利用面面垂直的性质定理得出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量，再利用平面的一个法向量，再由数量积求向量夹角公式，从而得出二面角的余弦值.
（1）连结交于点，连，
∵底面是正方形，，
∴是的中点，
∵是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）法一：作交于，作交于，连，
∵平面平面，平面平面，
∴平面
∵平面，
∴
又∵，，
∴平面，
∴，
∴为二面角的平面角，
不妨设，则，
，，
，，
∴，
∴二面角的余弦值为
法二：取的中点为，的中点为，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，
∴底面，
∵底面，
∴，，
∴，，两两垂直，则分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，不妨设，
则由已知得，，，
在平面中，，，
设为平面的一个法向量，
则，
令，则为平面的一个法向量．
又∵平面的一个法向量
设二面角平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为．
22．【答案】（1）解：因为成等差数列，
所以，
又因为数列是公比为的等比数列，
所以，解得，
所以，
所以，数列的通项公式为.
（2）证明：由（1）知，，
则
可得，
则，
两式相减，可得，
所以，
因为，
所以数列是递增数列，
则，
又因为，
可得，
综上可得：.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等差中项公式以及等比数列的通项公式，从而得出等比数列的首项，再利用等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式.
（2）由（1）知，，从而得出数列的通项公式，再利用错位相减法得出数列的前项和为，再结合增函数的定义判断出数列是递增数列，则，再根据，可得，从而证出不等式成立.
（1）因为成等差数列，所以，
又因为数列是公比为的等比数列，所以，
解得，所以，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，则
可得，
则，
两式相减，可得，
所以，
因为，
所以数列是递增数列，则，
又因为，可得，
综上可得：.
23．【答案】（1）解：∵椭圆的离心率为，
∴，
解得.
（2）解：当时，，所以，
则，，
所以、均不在轴上，则直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，

联立与，
得，
因为，
由韦达定理，得，，
所以
又因为，
所以的面积为
又因为
当且仅当时，即当时等号成立，
所以的面积的最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值.
（2）设直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理得到两根之和，两根之积，再利用表示出三角形面积，再代换成关于的函数，最后由基本不等式求最值的方法，从而求出的面积的最大值.
（1）∵椭圆的离心率为，
∴，
解得.
（2）时，，故，所以，，
、均不在轴上，故直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，
联立与得，
因，
由韦达定理，，，
所以，
又，故的面积，
而，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积的最大值为.
24．【答案】（1）解：由题意，
得，
∴之间余弦距离为.
（2）解：①由题意，
得，
∵，∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
则
∴，之间的余弦距离为.
②由①可得，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】两角和与差的余弦公式；平面内两点间距离公式的应用；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和新定义，从而得出之间的余弦距离.
（2）①由新定义和所给点的坐标，再利用角的取值范围和两角和与差的余弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出，，则求出，进而得出之间的余弦距离.
②由①可得，，再利用两角和与差的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
（1）由题意得，
∴之间余弦距离为；
（2）①由题意得
∵，∴，∴，
∵，
∴，∵，∴
∴，之间的余弦距离为.
②由①可得，，
∴，∴
∴
25．【答案】（1）解：由题意得，，
∴，
则恒成立，
∴.

（2）证明：①当时，
函数与函数均在上单调递增，
∴在上单调递增，
因为，，
∴存在唯一零点，
当时，，，∴，
当时，，，∴，
∴当时，无零点，
综上所述，有且只有一个零点，且该零点.
②由①可知，且，
故，
∴
令，则.
当时，，∴在上单调递增，
∴，
则.
【知识点】奇函数与偶函数的性质；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义和已知条件，从而得出实数a的值.
（2）①讨论和时函数的单调性，再结合零点存在性定理证出函数有且只有一个零点.
②由①可知，且，则，再利用代入法得出，令，再利用导数正负判断函数单调性的方法，从而证出不等式成立.
（1）由题意得，，
∴，即恒成立，∴.
（2）①当时，函数与函数均在上单调递增，
∴在上单调递增，
又，，
∴存在唯一零点.
当时，，，∴，
当时，，，∴，
∴当时，无零点，
综上，有且只有一个零点，且该零点.
②由①可知，且，故，
∴，
令，则.
当时，，∴在上单调递增，
∴，即得证.
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