资源简介

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
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．（2025高二下·衢州期中）已知集合，，则（　　）
A．[1，2] B．[1，3] C．[0，2] D．[0，3]
2．（2025高二下·衢州期中）函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·衢州期中）已知复数，则（　　）
A． B． C．1 D．
4．（2025高二下·衢州期中）已知向量，若，则（　　）
A．3 B． C． D．
5．（2025高二下·衢州期中）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．
6．（2025高二下·衢州期中）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．
7．（2025高二下·衢州期中）在中，的平分线交AB于点，且，则为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·衢州期中）对任意，都存在，使得成立，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
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．（2025高二下·衢州期中）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
10．（2025高二下·衢州期中）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
11．（2025高二下·衢州期中）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
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·衢州期中）已知且，若，则　 　．
13．（2025高二下·衢州期中）的展开式中项的系数为　 　．
14．（2025高二下·衢州期中）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　 　．
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．（2025高二下·衢州期中）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．
16．（2025高二下·衢州期中）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．
17．（2025高二下·衢州期中）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：．
18．（2025高二下·衢州期中）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．
19．（2025高二下·衢州期中）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．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：由不等式，解得，即；
又由函数有意义，则满足，解得，即，
所以.
故答案为：B.
【分析】先不等式的解集求得集合由函数有意义求得，代入集合交集的运算，取共同部分即可.
2．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的最小正周期.
故答案为：A.
【分析】由正切型三角函数的最小正周期，即得解.
3．【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：法一：已知复数，
；
法二：；
故答案为：C.
【分析】法一：先将三角函数值求出，再代入复数模的计算公式即可得解；法二：直接代入入复数模的计算公式得解.
4．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：根据题意，，
因为，所以，
解得.
故答案为：D
【分析】由向量坐标运算得到代入向量平行充要条件得，得解.
5．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】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，
故答案为：A.
【分析】利用 圆锥的底面周长为，得侧面积为 代入公式得，联立得，可求出高，带入体积公式得》
6．【答案】C
【知识点】圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】由点直线系特点，整理可得，可得直线经过定点；由圆的一般方程得圆心，半径圆，圆的性质，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，代入公式得.
7．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】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，.
故答案为：B
【分析】由题意得，解，用余弦定理即，最同理解，用余弦定理可得.
8．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】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.
故答案为：B.
【分析】由题意得，令，问题转化为，令由二次函数特征得，，，由绝对值不等式的性质，求得，即，得解
9．【答案】A,B
【知识点】函数的奇偶性；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是偶函数，该选项正确，符合题意；
B、的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是奇函数，该选项正确，符合题意；
C、的定义域为，关于原点对称，，所以是奇函数，该选项错误，不合题意；
D、的定义域为，关于原点对称，
，
所以是偶函数，该选项错误，不合题意.
故答案为：AB.
【分析】的定义域为，关于原点对称，代入-x得，偶函数，可判断A；同理，的定义域为，关于原点对称，代入-x得，奇函数，可判断B；同理的定义域为，关于原点对称，，所以是奇函数，可判断C；的定义域为，关于原点对称，，是偶函数，可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】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，
故答案为：BCD.
【分析】设，则，分别代入椭圆方程，得两式子，将两者相减得，展开，写成斜率公式形式，，可得，则得解.
11．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的前n项和；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：A、“甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为，该选项正确，符合题意；
B、在甲掷出点后，乙下一次掷出点不受前面的影响，其概率为，该选项正确，符合题意；
C、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，该选项错误，不合题意；
D、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，
数列的前项和为，
当时，，即“甲先掷出点”的概率为，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用古典概型的概率公式“甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为，可判断A；
利用古典概型的概率公式，在甲掷出点后，乙下一次掷出点不受前面的影响，其概率为，可判断B；
分两种情况分析，可判断C；
先设出事件，“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”，且设其概率为，则，易得数列是首项为，公比为的等比数列，可求前项和为，当时，，即“甲先掷出点”的概率为，可判断D.
12．【答案】e
【知识点】函数的值；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：若，
则，所以.
故答案为：.
【分析】由 结合对数运算性质得，即，得解.
13．【答案】56
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】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：．
【分析】先代入二项展开式的通项公式，得得解．
14．【答案】2
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；双曲线的定义；双曲线的标准方程；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】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
【分析】 离心率 得双曲线；抛物线准线经过双曲线的右焦点得，即抛物线为，联立两个方程可得解得点，点位于轴上方，所以，得，代入可求出，从而可求出的值.
15．【答案】（1）解：由，解得.
（2）解：因为，，
所以第百分位数为.
（3）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.
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）频率分布直方图特征，各个小矩形的面积和为，即，得解；
（2）根据百分位数公式，得得解；
（3）由题意得X服从二项分布即，代入二项分布的概率公式求出可能取值的概率，列出分布列，代入期望的计算公式，即可求解.
（1）由，解得.
（2）因为，，
所以第百分位数为.
（3）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．【答案】（1）证明：，
，
又，
是以为首项，为公比的等比数列；
（2）解： 由（1）可知，.
（3）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.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）两边同加，式子可化为，由等比数列的定义得证；
（2）由（1）可得，. ；
（3）.符合分组法求和，代入可求出，即对任意恒成立，化简得，，易知在单调递增，取得最小值，最小值为得解
（1），
，
又，
是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）可知，.
（3）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．【答案】（1）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．
（2）证明：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，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数求定义域求导，得函数在点处的切线方程斜率为k=f'(1)=0，得切线方程为；讨论，时，时所求切线与已知切线建立的方程的根只有一个，即，得解；
（2）由导数法分别确定函数的单调性与最值，得，，当时，.
（1）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．
（2）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．【答案】（1）证明：因为，
所以，则，.
所以，
又，所以平面BEF.
（2）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，以为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
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由勾股定理可证，又，且，所以平面BEF.
（2）（i），所以平面，可证平面平面，得得直线GE在平面GEF射影为直线BE，由直线GE与平面所成角为，可证为BF中点，由平面平面GMN，得平面GMN，故点存在，得证；
（ii）法一：建立空间直角坐标系，，得各点坐标，直线的方向向量，可求平面与平面的法向量，代入平面与平面夹角余弦公式可得，取值范围为
法二：几何法：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，过点作，垂足为，连接QF，则即所求二面角；当平面ABCD时，QO取最大值，取值范围为
（1）因为，
所以，则，.
所以，
又，所以平面BEF.
（2）（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，以为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．【答案】（1）解：由题意可知抛物线准线为，则到准线的距离为，根据抛物线的定义可知，即
所以抛物线方程为：；
（2）（i）证明：由（1）可知抛物线的焦点，准线方程为，
设，
所以直线AO的方程为，
由题意可得点，
设直线AB的方程为，
联立，整理可得，
所以，可得，
所以，
所以直线轴．
（ii）设，
联立方程组
消去，整理得，
所以，
所以，则，即，
令，得，
同理，
联立，
得交点的横坐标为，
面积的取值范围是．
【知识点】导数的几何意义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线定义，则到准线的距离为，根据抛物线的定义可知可求；
（2）（i）设，得直线AO的方程为，与抛物线方程联立，得，，，所以直线轴；
（ii）设，联立该直线方程与抛物线方程，得，由根与系数关系.分别求出，，，得得解
（1）由题意可知抛物线准线为，则到准线的距离为，根据抛物线的定义可知，即
所以抛物线方程为：；
（2）（i）证明：由（1）可知抛物线的焦点，准线方程为，
设，
所以直线AO的方程为，
由题意可得点，
设直线AB的方程为，
联立，整理可得，
所以，可得，
所以，
所以直线轴．
（ii）设，
联立方程组
消去，整理得，
所以，
所以，则，即，
令，得，
同理，
联立，
得交点的横坐标为，
面积的取值范围是．
1 / 1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
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．（2025高二下·衢州期中）已知集合，，则（　　）
A．[1，2] B．[1，3] C．[0，2] D．[0，3]
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：由不等式，解得，即；
又由函数有意义，则满足，解得，即，
所以.
故答案为：B.
【分析】先不等式的解集求得集合由函数有意义求得，代入集合交集的运算，取共同部分即可.
2．（2025高二下·衢州期中）函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的最小正周期.
故答案为：A.
【分析】由正切型三角函数的最小正周期，即得解.
3．（2025高二下·衢州期中）已知复数，则（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：法一：已知复数，
；
法二：；
故答案为：C.
【分析】法一：先将三角函数值求出，再代入复数模的计算公式即可得解；法二：直接代入入复数模的计算公式得解.
4．（2025高二下·衢州期中）已知向量，若，则（　　）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：根据题意，，
因为，所以，
解得.
故答案为：D
【分析】由向量坐标运算得到代入向量平行充要条件得，得解.
5．（2025高二下·衢州期中）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
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】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，
故答案为：A.
【分析】利用 圆锥的底面周长为，得侧面积为 代入公式得，联立得，可求出高，带入体积公式得》
6．（2025高二下·衢州期中）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
【知识点】圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】由点直线系特点，整理可得，可得直线经过定点；由圆的一般方程得圆心，半径圆，圆的性质，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，代入公式得.
7．（2025高二下·衢州期中）在中，的平分线交AB于点，且，则为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】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，.
故答案为：B
【分析】由题意得，解，用余弦定理即，最同理解，用余弦定理可得.
8．（2025高二下·衢州期中）对任意，都存在，使得成立，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】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.
故答案为：B.
【分析】由题意得，令，问题转化为，令由二次函数特征得，，，由绝对值不等式的性质，求得，即，得解
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．（2025高二下·衢州期中）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】A,B
【知识点】函数的奇偶性；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是偶函数，该选项正确，符合题意；
B、的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是奇函数，该选项正确，符合题意；
C、的定义域为，关于原点对称，，所以是奇函数，该选项错误，不合题意；
D、的定义域为，关于原点对称，
，
所以是偶函数，该选项错误，不合题意.
故答案为：AB.
【分析】的定义域为，关于原点对称，代入-x得，偶函数，可判断A；同理，的定义域为，关于原点对称，代入-x得，奇函数，可判断B；同理的定义域为，关于原点对称，，所以是奇函数，可判断C；的定义域为，关于原点对称，，是偶函数，可判断D.
10．（2025高二下·衢州期中）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】B,C,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】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，
故答案为：BCD.
【分析】设，则，分别代入椭圆方程，得两式子，将两者相减得，展开，写成斜率公式形式，，可得，则得解.
11．（2025高二下·衢州期中）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】A,B,D
【知识点】等比数列的前n项和；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：A、“甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为，该选项正确，符合题意；
B、在甲掷出点后，乙下一次掷出点不受前面的影响，其概率为，该选项正确，符合题意；
C、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，该选项错误，不合题意；
D、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，
数列的前项和为，
当时，，即“甲先掷出点”的概率为，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用古典概型的概率公式“甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为，可判断A；
利用古典概型的概率公式，在甲掷出点后，乙下一次掷出点不受前面的影响，其概率为，可判断B；
分两种情况分析，可判断C；
先设出事件，“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”，且设其概率为，则，易得数列是首项为，公比为的等比数列，可求前项和为，当时，，即“甲先掷出点”的概率为，可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·衢州期中）已知且，若，则　 　．
【答案】e
【知识点】函数的值；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：若，
则，所以.
故答案为：.
【分析】由 结合对数运算性质得，即，得解.
13．（2025高二下·衢州期中）的展开式中项的系数为　 　．
【答案】56
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】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：．
【分析】先代入二项展开式的通项公式，得得解．
14．（2025高二下·衢州期中）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
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；双曲线的定义；双曲线的标准方程；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】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
【分析】 离心率 得双曲线；抛物线准线经过双曲线的右焦点得，即抛物线为，联立两个方程可得解得点，点位于轴上方，所以，得，代入可求出，从而可求出的值.
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．（2025高二下·衢州期中）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）解：由，解得.
（2）解：因为，，
所以第百分位数为.
（3）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.
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）频率分布直方图特征，各个小矩形的面积和为，即，得解；
（2）根据百分位数公式，得得解；
（3）由题意得X服从二项分布即，代入二项分布的概率公式求出可能取值的概率，列出分布列，代入期望的计算公式，即可求解.
（1）由，解得.
（2）因为，，
所以第百分位数为.
（3）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．（2025高二下·衢州期中）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：，
，
又，
是以为首项，为公比的等比数列；
（2）解： 由（1）可知，.
（3）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.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）两边同加，式子可化为，由等比数列的定义得证；
（2）由（1）可得，. ；
（3）.符合分组法求和，代入可求出，即对任意恒成立，化简得，，易知在单调递增，取得最小值，最小值为得解
（1），
，
又，
是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）可知，.
（3）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．（2025高二下·衢州期中）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）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．
（2）证明：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，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数求定义域求导，得函数在点处的切线方程斜率为k=f'(1)=0，得切线方程为；讨论，时，时所求切线与已知切线建立的方程的根只有一个，即，得解；
（2）由导数法分别确定函数的单调性与最值，得，，当时，.
（1）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．
（2）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．（2025高二下·衢州期中）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：因为，
所以，则，.
所以，
又，所以平面BEF.
（2）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，以为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
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由勾股定理可证，又，且，所以平面BEF.
（2）（i），所以平面，可证平面平面，得得直线GE在平面GEF射影为直线BE，由直线GE与平面所成角为，可证为BF中点，由平面平面GMN，得平面GMN，故点存在，得证；
（ii）法一：建立空间直角坐标系，，得各点坐标，直线的方向向量，可求平面与平面的法向量，代入平面与平面夹角余弦公式可得，取值范围为
法二：几何法：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，过点作，垂足为，连接QF，则即所求二面角；当平面ABCD时，QO取最大值，取值范围为
（1）因为，
所以，则，.
所以，
又，所以平面BEF.
（2）（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，以为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．（2025高二下·衢州期中）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）解：由题意可知抛物线准线为，则到准线的距离为，根据抛物线的定义可知，即
所以抛物线方程为：；
（2）（i）证明：由（1）可知抛物线的焦点，准线方程为，
设，
所以直线AO的方程为，
由题意可得点，
设直线AB的方程为，
联立，整理可得，
所以，可得，
所以，
所以直线轴．
（ii）设，
联立方程组
消去，整理得，
所以，
所以，则，即，
令，得，
同理，
联立，
得交点的横坐标为，
面积的取值范围是．
【知识点】导数的几何意义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线定义，则到准线的距离为，根据抛物线的定义可知可求；
（2）（i）设，得直线AO的方程为，与抛物线方程联立，得，，，所以直线轴；
（ii）设，联立该直线方程与抛物线方程，得，由根与系数关系.分别求出，，，得得解
（1）由题意可知抛物线准线为，则到准线的距离为，根据抛物线的定义可知，即
所以抛物线方程为：；
（2）（i）证明：由（1）可知抛物线的焦点，准线方程为，
设，
所以直线AO的方程为，
由题意可得点，
设直线AB的方程为，
联立，整理可得，
所以，可得，
所以，
所以直线轴．
（ii）设，
联立方程组
消去，整理得，
所以，
所以，则，即，
令，得，
同理，
联立，
得交点的横坐标为，
面积的取值范围是．
1 / 1

展开更多......

收起↑