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浙江省金砖联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本大题共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·宁波期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·宁波期中）已知复数则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2025高二下·宁波期中）已知向量若则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·宁波期中）某人在一次考试中每门课得分如下：则数据的第百分位数为（　　）
A．87.5 B．85 C．90 D．100
5．（2025高二下·宁波期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·宁波期中）等差数列的前项和为，若，则数列中最小项为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·宁波期中）函数， ，且，则 的最小值为（ ）
A．8 B．10 C．14 D．16
8．（2025高二下·宁波期中）设点是圆与圆的一个交点，过点作直线交圆于另一点，交圆于另一点，若，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·宁波期中）已知随机变量服从正态分布且，则下列选项正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．若，则
10．（2025高二下·宁波期中）已知随机事件、满足：，，则下列选项正确的是（　　）
A．若，则与相互独立
B．若与相互独立，则
C．若与互斥，则
D．若，则
11．（2025高二下·宁波期中）下面这些图中，能一笔画连成的有 （　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2025高二下·宁波期中）若双曲线 它的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率　 　.
13．（2025高二下·宁波期中）（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=　 　．
14．（2025高二下·宁波期中）如图，现有棱长为的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥且，，分别为棱，，上离最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为　 　cm.
四、解答题：本大题共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·宁波期中）已知椭圆的右焦点为，，P为y轴上一点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F点作与直线PF垂直的直线交C于M，N两点，当△PMN的面积为时，求直线MN的方程.
16．（2025高二下·宁波期中）如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到点的位置，且，得到如图所示的四棱锥.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
17．（2025高二下·宁波期中）已知定义在上的函数.
（1）若，判断的单调性；
（2）若存在两个零点，求m的取值范围.
18．（2025高二下·宁波期中）甲、乙两盒子中各有枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为 .
（1）求 ，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）并求使不等式成立的最小值.
19．（2025高二下·宁波期中）已知集合S为平面中点的集合，n为正整数，若对任意的.且，总存在平面中的一条直线恰通过S中的k个不同的点 ，称集合S为n连续共线点集.
（1）若 判断S是否为3连续共线点集 是否为4连续共线点集
（2）已知集合S为n连续共线点集，记集合S的元素个数为.
（i）若，求n的最大值；
（ii）对给定的正整数n，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，
解得，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用绝对值不等式求解方法和一元二次不等式求解方法，从而得出集合，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数的模
【解析】【解答】解：当时，，所以，
则“”是“”的充分条件；
当时，由，
解得：，
则“”是“”的不必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用复数求模公式和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．【答案】B
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，
因为
所以.
故答案为：B.
【分析】利用向量运算的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出实数m的值.
4．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：把以上六个数据按从小到大排列：，
由，
则取第5个数作为第75百分位数，为90.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和百分位数的求解方法，从而得出数据的第百分位数.
5．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
由，
可得，
则
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由已知条件结合两角差的正切公式，从而可得，再结合消去，从而得出的值.
6．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公差为，
因为，
所以，，
则，，
所以，，
则，，，
所以，
则当时，；当时，，
又因为，
则当时，；当时，，
所以，当时，；当，，
当时，，
又因为，
所以，
因为
所以，，，
则，
又因为，
，，，
所以，
则，
所以，，，
则，
所以，
则，，，
所以，
则，
所以，，，
则，
所以数列中最小项为.
故答案为：C.
【分析】设数列的公差为，由已知条件结合等差数列前n项和公式，从而证出，再根据当时，，当，，当时，，再结合等差数列求和公式和等差数列的通项公式，从而计算出，，，，的取值范围，进而得出数列中最小项.
7．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，其定义域为，且，
所以为奇函数，
又因为，
设，则，
设，则
设，则，
设，则，
则在上为递增函数，又因为，
则当时，；当时，，
所以，在上为减函数，在上为增函数，
则，
依次同理可得在上为增函数，
因为，又因为，
所以，
则，所以，
则，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据题意，设，利用奇函数的定义判断出函数为奇函数，再根据已知条件可得的值，最后结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
8．【答案】A
【知识点】轨迹方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由知，点为中点，
则，以为直径的圆过点，
所以是以为直径的圆与圆的公共弦，
联立圆方程和圆的方程，解得，
当时，以为直径的圆的方程，
与圆的方程相减，
可得直线的方程为，
因为直线的斜率为，考虑图形的对称性，
所以直线斜率的另外一解为.
故答案为：A.
【分析】利用平面向量基本定理和中点的性质，从而证出，证明是以为直径的圆与圆的公共弦，从而求出点的坐标，进而求出以为直径的圆的方程，再利用两圆方程作差得出直线PQ的方程，利用图形的对称性，从而得出直线的斜率.
9．【答案】B,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，因为随机变量服从正态分布
所以，
则，故A错误；
对于B，由，
根据正态分布关于直线对称，
可知，故B正确；
对于C，根据正态分布曲线，
又因为显然成立，故C正确；
对于D，由，
得，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用正态分布对应的概率密度曲线的对称性和正态分布的期望和方差，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：A、，则与相互独立，故A正确；
B、若与相互独立，与也相互独立，
则，故B错误；
C、若与互斥，则，，故C正确；
D、由全概率公式可得，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】直接利用独立事件概率的乘法公式求解即可判断A；若与相互独立，与也相互独立，利用独立事件概率乘法公式求解即可判断B；由互斥事件的加法公式求解即可判断C；利用全概率公式求解即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】对称图形
【解析】【解答】解：对于A，观察图形A（立方体），立方体的每个顶点引出3条线，
因为3是奇数，
所以立方体的8个顶点都是奇点，
又因为奇点个数为8，大于2，
根据一笔画的判断定理，图形A不能一笔画成，故A错误；
对于B，对图形B进行分析，
通过仔细数图形中每个点引出的线的数量，发现图形B中奇点的个数为0，
根据一笔画的判断定理，
当奇点个数为0时，图形可以一笔画成，所以图形B能一笔画成，故B正确；
对于C，观察图形C，
数其中奇点的个数.图形C中只有2个奇点（可通过从每个点出发数引出的线的数量来确定）.
因为奇点个数为2，根据一笔画的判断定理，图形C能一笔画成，故C正确；
对于D，分析图形D，经仔细数奇点个数，发现图形D中奇点个数为0，
依据一笔画的判断定理，奇点个数为0时图形可以一笔画成，
所以图形D能一笔画成，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】找出每个选项图形中的奇点个数，再根据奇点个数，从而逐项判断找出能一笔画连成的图形.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
又因为直线的斜率为，
由题意，可知，
则，
所以，双曲线的离心率为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线的渐近线方程、离心率公式和两直线的垂直与斜率的关系，从而得出双曲线的离心率的值.
13．【答案】3
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：设f（x）=（a+x）（1+x）4=a0+a1x+a2x2+…+a5x5，
令x=1，则a0+a1+a2+…+a5=f（1）=16（a+1），①
令x=﹣1，则a0﹣a1+a2﹣…﹣a5=f（﹣1）=0．②
①﹣②得，2（a1+a3+a5）=16（a+1），
所以2×32=16（a+1），
所以a=3．
故答案为：3．
【分析】给展开式中的x分别赋值1，﹣1，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：由题意，可得，
所以为等边三角形，
设的中心为，
则，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，平面，
则，同理可证，
又因为平面，，
所以平面，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，，平面，
所以平面，平面，
则，同理证明，
又因为平面，，
所以平面，则三点共线，
设点到平面的距离为，
又因为，
所以，
由，
得，
解得，所以，
又因为，所以，
因为，
所以该球不是正方体的内切球，
连接，交与点，连接，
由对称性可得，球的球心位于线段上，且该球与平面相切，与平面相切，
设球心为，球的半径为，
则，，
所以，则，
所以，
则所求球形饰品的半径的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用线线垂直和线面垂直的推导关系和等体积法以及三棱锥的体积公式，从而求出点到平面的距离，再说明所求球形不是正方体的内切球，从而作出截面确定球心位置并求出该球形饰品的半径的最大值.
15．【答案】（1）解：因为椭圆的右焦点为，，
又因为，，
可得，
所以，椭圆的方程为．
（2）解：由（1）知，设点，
则直线的斜率为，
当直线斜率不存在时判断是否符合题意，
当时，直线的方程为，
将代入椭圆的方程，
解得，则，不符合题意；
当时，直线的斜率为，
设直线的方程为，，，
联立
得．
则，，
所以
，
，
则，
得，
分解因式得，
则，得或，
因为，所以无解，
则，
所以，直线MN的方程为或.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的右焦点坐标得出c的值，再利用和椭圆中、b、c三者的关系式，从而解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）由（1）知，设点，则设，通过直线斜率不存在，再分和三种情况讨论，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理和弦长公式以及三角形的面积公式，则根据已知条件和判别式法得出直线MN的方程
（1）因为椭圆的右焦点为，，
又，，可得，
故的方程为．
（2）由（1）知，设点，则直线的斜率为．
当直线斜率不存在时判断是否符合题意，
当时，直线的方程为，
将代入的方程，解得，
则，不符合题意；
当时，直线的斜率为，
直线的方程为，设，，
联立得．
则，，
所以，
，
则，
得，分解因式得，
则，得，
或，因，所以无解，
所以，则直线MN的方程为或.
16．【答案】（1）证明：在题图1的中，
因为，，
由余弦定理，
得，
连接，
因为，，，
所以为正三角形，
设的中点为，连接，，可得，
又因为，所以，
又因为，平面，
所以平面，平面，
则，
在中，，，
所以，
在中，可得，
又因为，可得，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：因为，所以，
又因为平面，且平面，
所以，，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的角为，
由题意可得为锐角，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在中利用余弦定理得出的长，利用等边三角形的定义判断出为等边三角形，设的中点为，结合线面垂直判定定理和线面垂直的定义，从而证出，再结合勾股定理证出，再根据线面垂直判定定理证出平面.
（2）利用线线平行证出线线垂直，利用线面垂直的定义证出线线存在着，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，得出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（1）在题图1的中，因为，，
由余弦定理得，
连接，因为，，，
所以为正三角形，
设的中点为，连接，，
可得，又，所以，
又，平面，
所以平面，平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，可得，又，可得，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）因为，所以，
又平面，且平面，
所以，，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的角为，由题意可得为锐角，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：若，则，
所以，，
令，则，
因为，所以，
则，
所以函数在上单调递增，
则，
所以在上恒成立，
则在上单调递增.
（2）解：令，可得，
所以与恰有两个交点，
设，则，
令，可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，；当时，，
的取值范围是.

【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，求导可得导函数，再令，再对函数求导，则根据导数的正负判断函数的单调性.
（2）先参变分离，从而得到，利用函数零点与两函数交点的横坐标的等价关系，则将问题转换成与恰有两个交点，再对求导，从而判断函数的单调性，进而得出函数的极值，从而得出实数m的取值范围.
（1）若，则，则，，
令，则，
因为，则，所以，即函数在上单调递增，
则，
即在上恒成立，
所以在上单调递增.
（2）令，可得，
所以与恰有两个交点，
设，则，
令可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，；当时，，
的取值范围是.
18．【答案】（1）解：设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，
事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，
则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，
因为，
事件与事件互为互斥事件，事件与事件独立，
所以，
则，
若第1次操作后甲、乙盒中各有一红一黄棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
若第1次操作后甲盒中为两个红色棋子，
乙盒中为两个黄色棋子或甲盒中为两个黄色棋子，乙盒中为两个红色棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
所以.
（2）解：因为，
所以
则，
又因为，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
则，
所以.
（3）解：因为，
由（2）可得，
所以
整理得，
又因为，，函数为增函数，
所以的最小值为.

【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；互斥事件与对立事件；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】【分析】（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，再根据互斥事件加法求概率公式和对立事件求概率公式以及独立事件乘法求概率公式，从而得出，的值.
（2）由已知条件可得，利用等比数列的定义证出数列为等比数列，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（3）结合（2）的结论，从而化简不等式可得，再结合指数函数的单调性和，，从而得出n的最小值.
（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，
事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，
则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，
又，事件与事件互为互斥事件，事件与事件独立，
所以，
所以，
若第1次操作后甲、乙盒中各有一红一黄棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
若第1次操作后甲盒中为两个红色棋子，乙盒中为两个黄色棋子或甲盒中为两个黄色棋子，乙盒中为两个红色棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
所以.
（2）因为，故
所以，又，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，
（3）因为，由（2）可得，
所以
整理得，又，，函数为增函数，
所以的最小值为.
19．【答案】（1）解：因为直线经过个点，
直线经过个点，
直线经过1个点，
所以为3连续共线点集，
因为没有直线经过中的4个点，
所以不是4连续共线点集.
（2）解：（i）因为，
所以直线最多经过中的6个点，
则，
当时，6个点在一条直线上，没有一条直线恰经过5个点，不满足题意；
当时，5个点在一条直线上，
则仅剩1个点，没有一条直线恰经过4个点，不满足题意，
当时，
，
分别恰好经过中4，3，2，1个点，为4连续共线点集，
所以．
（ii）设恰经过中的个点，
因为经过个点，恰经过个点，最多与交1个点，
则最少需要多个点；
因为恰经过个点，最多分别与各交1个点，
则最少需要多个点；
依次类推，恰经过个点，
最多分别与各交1个点，
则最少需要多个点，
所以，当是偶数时，最少需要个点，
当是奇数时，最少需要个点，
所以（为不超过的最小整数）．
下面用归纳法构造个元素的点集，为连续共线点集，
①当时，因为当时，最少需要1个点，
又因为，结论成立，
当，最少需要2个点，
又因为，结论成立；
②假设时，中有个点，
直线恰经过中的个点，
作一条直线不经过原来的个点，
且与均各有一个交点，
并在上取异于的两个点，
则各经过个点，然后任选一点，
过该点作不经过其余个点的直线，
则各经过个点，
所以，点集为连续共线点集，
此时，
所以．
【知识点】集合的含义；函数的最大（小）值；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）利用集合S为n连续共线点集的定义，从而分析直线、直线和直线几种情况所经过的点，从而判断出S为3连续共线点集，而不是4连续共线点集.
（2）（i）先根据新定义和已知条件分析得出n的取值范围，再分别讨论和两种情况，从而得出n的最大值.
（ii）设直线恰经过中的个点，再推理得出最少需要多个点，再对分奇数和偶数两种情况讨论，最后由新定义和数学归纳法以及函数求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）直线经过个点，直线经过个点，
直线经过1个点，所以为3连续共线点集.
没有直线经过中的4个点，所以不是4连续共线点集.
（2）（i）因为，即直线最多经过中的6个点，所以．
时，6个点在一条直线上，没有一条直线恰经过5个点，不满足．
时，5个点在一条直线上，则仅剩1个点，没有一条直线恰经过4个点，不满足．
又当时，
分别恰好经过中4，3，2，1个点，为4连续共线点集，所以．
（ii）设恰经过中的个点，
由于经过个点，恰经过个点，最多与交1个点，即最少需要多个点；
恰经过个点，最多分别与各交1个点，即最少需要多个点；
依次类推，恰经过个点，最多分别与各交1个点，
即最少需要多个点，
所以当是偶数时，最少需要个点，
当是奇数时，最少需要个点．
所以（为不超过的最小整数）．
下面用归纳法构造个元素的点集，为连续共线点集，
①时，因为当时，最少需要1个点，而，结论成立，
当，最少需要2个点，而，结论成立；
②假设时，中有个点，直线恰经过中的个点，
作一条直线不经过原来的个点，且与均各有一个交点，
并在上取异于的两个点，
则各经过个点，然后任选一点，
过该点作不经过其余个点的直线，
则各经过个点，
则点集为连续共线点集，
此时．
所以．
1 / 1浙江省金砖联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本大题共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·宁波期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，
解得，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用绝对值不等式求解方法和一元二次不等式求解方法，从而得出集合，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高二下·宁波期中）已知复数则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 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；复数的模
【解析】【解答】解：当时，，所以，
则“”是“”的充分条件；
当时，由，
解得：，
则“”是“”的不必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用复数求模公式和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．（2025高二下·宁波期中）已知向量若则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，
因为
所以.
故答案为：B.
【分析】利用向量运算的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出实数m的值.
4．（2025高二下·宁波期中）某人在一次考试中每门课得分如下：则数据的第百分位数为（　　）
A．87.5 B．85 C．90 D．100
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：把以上六个数据按从小到大排列：，
由，
则取第5个数作为第75百分位数，为90.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和百分位数的求解方法，从而得出数据的第百分位数.
5．（2025高二下·宁波期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
由，
可得，
则
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由已知条件结合两角差的正切公式，从而可得，再结合消去，从而得出的值.
6．（2025高二下·宁波期中）等差数列的前项和为，若，则数列中最小项为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公差为，
因为，
所以，，
则，，
所以，，
则，，，
所以，
则当时，；当时，，
又因为，
则当时，；当时，，
所以，当时，；当，，
当时，，
又因为，
所以，
因为
所以，，，
则，
又因为，
，，，
所以，
则，
所以，，，
则，
所以，
则，，，
所以，
则，
所以，，，
则，
所以数列中最小项为.
故答案为：C.
【分析】设数列的公差为，由已知条件结合等差数列前n项和公式，从而证出，再根据当时，，当，，当时，，再结合等差数列求和公式和等差数列的通项公式，从而计算出，，，，的取值范围，进而得出数列中最小项.
7．（2025高二下·宁波期中）函数， ，且，则 的最小值为（ ）
A．8 B．10 C．14 D．16
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，其定义域为，且，
所以为奇函数，
又因为，
设，则，
设，则
设，则，
设，则，
则在上为递增函数，又因为，
则当时，；当时，，
所以，在上为减函数，在上为增函数，
则，
依次同理可得在上为增函数，
因为，又因为，
所以，
则，所以，
则，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据题意，设，利用奇函数的定义判断出函数为奇函数，再根据已知条件可得的值，最后结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
8．（2025高二下·宁波期中）设点是圆与圆的一个交点，过点作直线交圆于另一点，交圆于另一点，若，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】轨迹方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由知，点为中点，
则，以为直径的圆过点，
所以是以为直径的圆与圆的公共弦，
联立圆方程和圆的方程，解得，
当时，以为直径的圆的方程，
与圆的方程相减，
可得直线的方程为，
因为直线的斜率为，考虑图形的对称性，
所以直线斜率的另外一解为.
故答案为：A.
【分析】利用平面向量基本定理和中点的性质，从而证出，证明是以为直径的圆与圆的公共弦，从而求出点的坐标，进而求出以为直径的圆的方程，再利用两圆方程作差得出直线PQ的方程，利用图形的对称性，从而得出直线的斜率.
二、选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·宁波期中）已知随机变量服从正态分布且，则下列选项正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，因为随机变量服从正态分布
所以，
则，故A错误；
对于B，由，
根据正态分布关于直线对称，
可知，故B正确；
对于C，根据正态分布曲线，
又因为显然成立，故C正确；
对于D，由，
得，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用正态分布对应的概率密度曲线的对称性和正态分布的期望和方差，从而逐项判断找出正确的选项.
10．（2025高二下·宁波期中）已知随机事件、满足：，，则下列选项正确的是（　　）
A．若，则与相互独立
B．若与相互独立，则
C．若与互斥，则
D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：A、，则与相互独立，故A正确；
B、若与相互独立，与也相互独立，
则，故B错误；
C、若与互斥，则，，故C正确；
D、由全概率公式可得，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】直接利用独立事件概率的乘法公式求解即可判断A；若与相互独立，与也相互独立，利用独立事件概率乘法公式求解即可判断B；由互斥事件的加法公式求解即可判断C；利用全概率公式求解即可判断D.
11．（2025高二下·宁波期中）下面这些图中，能一笔画连成的有 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】对称图形
【解析】【解答】解：对于A，观察图形A（立方体），立方体的每个顶点引出3条线，
因为3是奇数，
所以立方体的8个顶点都是奇点，
又因为奇点个数为8，大于2，
根据一笔画的判断定理，图形A不能一笔画成，故A错误；
对于B，对图形B进行分析，
通过仔细数图形中每个点引出的线的数量，发现图形B中奇点的个数为0，
根据一笔画的判断定理，
当奇点个数为0时，图形可以一笔画成，所以图形B能一笔画成，故B正确；
对于C，观察图形C，
数其中奇点的个数.图形C中只有2个奇点（可通过从每个点出发数引出的线的数量来确定）.
因为奇点个数为2，根据一笔画的判断定理，图形C能一笔画成，故C正确；
对于D，分析图形D，经仔细数奇点个数，发现图形D中奇点个数为0，
依据一笔画的判断定理，奇点个数为0时图形可以一笔画成，
所以图形D能一笔画成，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】找出每个选项图形中的奇点个数，再根据奇点个数，从而逐项判断找出能一笔画连成的图形.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2025高二下·宁波期中）若双曲线 它的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率　 　.
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
又因为直线的斜率为，
由题意，可知，
则，
所以，双曲线的离心率为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线的渐近线方程、离心率公式和两直线的垂直与斜率的关系，从而得出双曲线的离心率的值.
13．（2025高二下·宁波期中）（a+x）（1+x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=　 　．
【答案】3
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：设f（x）=（a+x）（1+x）4=a0+a1x+a2x2+…+a5x5，
令x=1，则a0+a1+a2+…+a5=f（1）=16（a+1），①
令x=﹣1，则a0﹣a1+a2﹣…﹣a5=f（﹣1）=0．②
①﹣②得，2（a1+a3+a5）=16（a+1），
所以2×32=16（a+1），
所以a=3．
故答案为：3．
【分析】给展开式中的x分别赋值1，﹣1，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．
14．（2025高二下·宁波期中）如图，现有棱长为的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥且，，分别为棱，，上离最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为　 　cm.
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：由题意，可得，
所以为等边三角形，
设的中心为，
则，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，平面，
则，同理可证，
又因为平面，，
所以平面，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，，平面，
所以平面，平面，
则，同理证明，
又因为平面，，
所以平面，则三点共线，
设点到平面的距离为，
又因为，
所以，
由，
得，
解得，所以，
又因为，所以，
因为，
所以该球不是正方体的内切球，
连接，交与点，连接，
由对称性可得，球的球心位于线段上，且该球与平面相切，与平面相切，
设球心为，球的半径为，
则，，
所以，则，
所以，
则所求球形饰品的半径的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用线线垂直和线面垂直的推导关系和等体积法以及三棱锥的体积公式，从而求出点到平面的距离，再说明所求球形不是正方体的内切球，从而作出截面确定球心位置并求出该球形饰品的半径的最大值.
四、解答题：本大题共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·宁波期中）已知椭圆的右焦点为，，P为y轴上一点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F点作与直线PF垂直的直线交C于M，N两点，当△PMN的面积为时，求直线MN的方程.
【答案】（1）解：因为椭圆的右焦点为，，
又因为，，
可得，
所以，椭圆的方程为．
（2）解：由（1）知，设点，
则直线的斜率为，
当直线斜率不存在时判断是否符合题意，
当时，直线的方程为，
将代入椭圆的方程，
解得，则，不符合题意；
当时，直线的斜率为，
设直线的方程为，，，
联立
得．
则，，
所以
，
，
则，
得，
分解因式得，
则，得或，
因为，所以无解，
则，
所以，直线MN的方程为或.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的右焦点坐标得出c的值，再利用和椭圆中、b、c三者的关系式，从而解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）由（1）知，设点，则设，通过直线斜率不存在，再分和三种情况讨论，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理和弦长公式以及三角形的面积公式，则根据已知条件和判别式法得出直线MN的方程
（1）因为椭圆的右焦点为，，
又，，可得，
故的方程为．
（2）由（1）知，设点，则直线的斜率为．
当直线斜率不存在时判断是否符合题意，
当时，直线的方程为，
将代入的方程，解得，
则，不符合题意；
当时，直线的斜率为，
直线的方程为，设，，
联立得．
则，，
所以，
，
则，
得，分解因式得，
则，得，
或，因，所以无解，
所以，则直线MN的方程为或.
16．（2025高二下·宁波期中）如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到点的位置，且，得到如图所示的四棱锥.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：在题图1的中，
因为，，
由余弦定理，
得，
连接，
因为，，，
所以为正三角形，
设的中点为，连接，，可得，
又因为，所以，
又因为，平面，
所以平面，平面，
则，
在中，，，
所以，
在中，可得，
又因为，可得，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：因为，所以，
又因为平面，且平面，
所以，，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的角为，
由题意可得为锐角，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在中利用余弦定理得出的长，利用等边三角形的定义判断出为等边三角形，设的中点为，结合线面垂直判定定理和线面垂直的定义，从而证出，再结合勾股定理证出，再根据线面垂直判定定理证出平面.
（2）利用线线平行证出线线垂直，利用线面垂直的定义证出线线存在着，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，得出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（1）在题图1的中，因为，，
由余弦定理得，
连接，因为，，，
所以为正三角形，
设的中点为，连接，，
可得，又，所以，
又，平面，
所以平面，平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，可得，又，可得，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）因为，所以，
又平面，且平面，
所以，，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的角为，由题意可得为锐角，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．（2025高二下·宁波期中）已知定义在上的函数.
（1）若，判断的单调性；
（2）若存在两个零点，求m的取值范围.
【答案】（1）解：若，则，
所以，，
令，则，
因为，所以，
则，
所以函数在上单调递增，
则，
所以在上恒成立，
则在上单调递增.
（2）解：令，可得，
所以与恰有两个交点，
设，则，
令，可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，；当时，，
的取值范围是.

【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，求导可得导函数，再令，再对函数求导，则根据导数的正负判断函数的单调性.
（2）先参变分离，从而得到，利用函数零点与两函数交点的横坐标的等价关系，则将问题转换成与恰有两个交点，再对求导，从而判断函数的单调性，进而得出函数的极值，从而得出实数m的取值范围.
（1）若，则，则，，
令，则，
因为，则，所以，即函数在上单调递增，
则，
即在上恒成立，
所以在上单调递增.
（2）令，可得，
所以与恰有两个交点，
设，则，
令可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，；当时，，
的取值范围是.
18．（2025高二下·宁波期中）甲、乙两盒子中各有枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为 .
（1）求 ，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）并求使不等式成立的最小值.
【答案】（1）解：设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，
事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，
则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，
因为，
事件与事件互为互斥事件，事件与事件独立，
所以，
则，
若第1次操作后甲、乙盒中各有一红一黄棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
若第1次操作后甲盒中为两个红色棋子，
乙盒中为两个黄色棋子或甲盒中为两个黄色棋子，乙盒中为两个红色棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
所以.
（2）解：因为，
所以
则，
又因为，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
则，
所以.
（3）解：因为，
由（2）可得，
所以
整理得，
又因为，，函数为增函数，
所以的最小值为.

【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；互斥事件与对立事件；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】【分析】（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，再根据互斥事件加法求概率公式和对立事件求概率公式以及独立事件乘法求概率公式，从而得出，的值.
（2）由已知条件可得，利用等比数列的定义证出数列为等比数列，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（3）结合（2）的结论，从而化简不等式可得，再结合指数函数的单调性和，，从而得出n的最小值.
（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，
事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，
则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，
又，事件与事件互为互斥事件，事件与事件独立，
所以，
所以，
若第1次操作后甲、乙盒中各有一红一黄棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
若第1次操作后甲盒中为两个红色棋子，乙盒中为两个黄色棋子或甲盒中为两个黄色棋子，乙盒中为两个红色棋子，
则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为，
所以.
（2）因为，故
所以，又，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，
（3）因为，由（2）可得，
所以
整理得，又，，函数为增函数，
所以的最小值为.
19．（2025高二下·宁波期中）已知集合S为平面中点的集合，n为正整数，若对任意的.且，总存在平面中的一条直线恰通过S中的k个不同的点 ，称集合S为n连续共线点集.
（1）若 判断S是否为3连续共线点集 是否为4连续共线点集
（2）已知集合S为n连续共线点集，记集合S的元素个数为.
（i）若，求n的最大值；
（ii）对给定的正整数n，求的最小值.
【答案】（1）解：因为直线经过个点，
直线经过个点，
直线经过1个点，
所以为3连续共线点集，
因为没有直线经过中的4个点，
所以不是4连续共线点集.
（2）解：（i）因为，
所以直线最多经过中的6个点，
则，
当时，6个点在一条直线上，没有一条直线恰经过5个点，不满足题意；
当时，5个点在一条直线上，
则仅剩1个点，没有一条直线恰经过4个点，不满足题意，
当时，
，
分别恰好经过中4，3，2，1个点，为4连续共线点集，
所以．
（ii）设恰经过中的个点，
因为经过个点，恰经过个点，最多与交1个点，
则最少需要多个点；
因为恰经过个点，最多分别与各交1个点，
则最少需要多个点；
依次类推，恰经过个点，
最多分别与各交1个点，
则最少需要多个点，
所以，当是偶数时，最少需要个点，
当是奇数时，最少需要个点，
所以（为不超过的最小整数）．
下面用归纳法构造个元素的点集，为连续共线点集，
①当时，因为当时，最少需要1个点，
又因为，结论成立，
当，最少需要2个点，
又因为，结论成立；
②假设时，中有个点，
直线恰经过中的个点，
作一条直线不经过原来的个点，
且与均各有一个交点，
并在上取异于的两个点，
则各经过个点，然后任选一点，
过该点作不经过其余个点的直线，
则各经过个点，
所以，点集为连续共线点集，
此时，
所以．
【知识点】集合的含义；函数的最大（小）值；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）利用集合S为n连续共线点集的定义，从而分析直线、直线和直线几种情况所经过的点，从而判断出S为3连续共线点集，而不是4连续共线点集.
（2）（i）先根据新定义和已知条件分析得出n的取值范围，再分别讨论和两种情况，从而得出n的最大值.
（ii）设直线恰经过中的个点，再推理得出最少需要多个点，再对分奇数和偶数两种情况讨论，最后由新定义和数学归纳法以及函数求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）直线经过个点，直线经过个点，
直线经过1个点，所以为3连续共线点集.
没有直线经过中的4个点，所以不是4连续共线点集.
（2）（i）因为，即直线最多经过中的6个点，所以．
时，6个点在一条直线上，没有一条直线恰经过5个点，不满足．
时，5个点在一条直线上，则仅剩1个点，没有一条直线恰经过4个点，不满足．
又当时，
分别恰好经过中4，3，2，1个点，为4连续共线点集，所以．
（ii）设恰经过中的个点，
由于经过个点，恰经过个点，最多与交1个点，即最少需要多个点；
恰经过个点，最多分别与各交1个点，即最少需要多个点；
依次类推，恰经过个点，最多分别与各交1个点，
即最少需要多个点，
所以当是偶数时，最少需要个点，
当是奇数时，最少需要个点．
所以（为不超过的最小整数）．
下面用归纳法构造个元素的点集，为连续共线点集，
①时，因为当时，最少需要1个点，而，结论成立，
当，最少需要2个点，而，结论成立；
②假设时，中有个点，直线恰经过中的个点，
作一条直线不经过原来的个点，且与均各有一个交点，
并在上取异于的两个点，
则各经过个点，然后任选一点，
过该点作不经过其余个点的直线，
则各经过个点，
则点集为连续共线点集，
此时．
所以．
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