2025年浙江省丽水四校联考 高二数学第二学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025年浙江省丽水四校联考 高二数学第二学期期末达标检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A． B． C． D．
2．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：

按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知复数z满足（i是虚数单位），若在复平面内复数z对
应的点为Z，则点Z的轨迹为（ ）
A．双曲线的一支 B．双曲线 C．一条射线 D．两条射线
5．已知某人每天早晨乘坐的某一班公共汽车的准时到站的概率为，则他在3天乘车中，此班车恰有2天准时到站的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．一盒中装有5张彩票，其中2 张有奖，3张无奖，现从此盒中不放回地抽取2次，每次抽取一张彩票．设第1次抽出的彩票有奖的事件为A，第2次抽出的彩票有奖的事件为B，则( )
A． B． C． D．
7．将5件不同的奖品全部奖给3个学生，每人至少一件奖品，则不同的获奖情况种数是（ ）
A．150 B．210 C．240 D．300
8．下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）的几组对应数据：

根据上表提供的数据，求出关于的线性回归方程为，那么表中的值为（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数，是奇函数，则（ ）
A．在上单调递减 B．在上单调递减
C．在上单调递增 D．在上单调递增
10．函数f(x)=x3-x2+mx+1不是R上的单调函数,则实数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
11．某班级要从四名男生、两名女生中选派四人参加某次社区服务，则所选的四人中至少有一名女生的选法为（ ）
A． B． C． D．
12．已知 的展开式中，含项的系数为70，则实数a的值为（ ）
A．1 B．-1 C．2 D．-2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数的导函数为，且对任意的实数都有(是自然对数的底数)，且，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是_________．
14．已知直线a，b和平面，若，且直线b在平面上，则a与的位置关系是______．
15．如图，正方形的边长为20米，圆的半径为1米，圆心是正方形的中心，点分别在线段上，若线段与圆有公共点，则称点在点的“盲区”中，已知点以1.5米/秒的速度从出发向移动，同时，点以1米/秒的速度从出发向移动，则在点从移动到的过程中，点在点的盲区中的时长约为________秒（精确到0.1）．

16．《左传.僖公十四年》有记载:“皮之不存,毛将焉附?"”这句话的意思是说皮都没有了,毛往哪里依附呢?比喻事物失去了借以生存的基础,就不能存在.皮之不存,毛将焉附?则“有毛”是“有皮”的__________条件(将正确的序号填入空格处).
①充分条件②必要条件③充要 条件④既不充分也不必要条件
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分） (1)求的解集M；
(2)设且a＋b＋c＝1．求证： ．
18．（12分）甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相等，所出次品数分别为，，且和的分布列为：

0
1
2

0
1
2

试比较两名工人谁的技术水平更高．
19．（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点，平行于的直线在轴上的截距为，交椭圆于两个不同点.
（1）求椭圆的标准方程以及的取值范围；
（2）求证直线与轴始终围成一个等腰三角形.
20．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.

（1）求直线与平面所成角的正弦值.
（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
21．（12分）已知椭圆C：的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线相切．
1求椭圆C的标准方程；
2设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A、B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由．
22．（10分）已知定圆：，动圆过点且与圆相切，记圆心的轨迹为．
(1)求曲线的方程；
(2)已知直线交圆于两点.是曲线上两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】
分析：先求出A集合，然后由图中阴影可知在集合A中出去A,B的交集部分即可.
详解：由题得：
所以
故有题中阴影部分可知：阴影部分表示的集合为
故选D.
点睛：考查集合的交集和补集，对定义的理解是解题关键，属于基础题.
2、C
【解析】
由题意得为球的直径,而,即球的半径;所以球的表面积.
本题选择C选项.

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
3、D
【解析】
由图形间的关系可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，则火柴棒的个数组成了一个首项是8，公差是6的等差数列，写出通项，求出第n项的火柴根数即可．
【详解】
由图形间的关系可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，第一个图中有8根火柴棒组成，第二个图中有8+6个火柴棒组成，第三个图中有8+1×6个火柴组成，以此类推：组成n个系列正方形形的火柴棒的根数是8+6（n﹣1）∴第n个图中的火柴棒有6n+1．
故选：D．
本题考查归纳推理，考查等差数列的通项，解题的关键是看清随着小金鱼的增加，火柴的根数的变化趋势，属于基础题．
4、C
【解析】
分析：利用两个复数的差的绝对值表示两个复数对应点之间的距离，来分析已知等式的意义．
详解：∵复数z满足（i是虚数单位），在复平面内复数z对应的点为Z，
则点Z到点（1，2）的距离减去到点（﹣2，﹣1）的距离之差等于3，
而点（1，2）与点（﹣2，﹣1）之间的距离为3，
故点Z的轨迹是以点（1，2）为端点的经过点（﹣2，﹣1）的一条射线．
故选 C．
点睛：本题考查两个复数的差的绝对值的意义，两个复数的差的绝对值表示两个复数对应点之间的距离．
5、B
【解析】
由题意，恰有2天准时到站的概率为，故选择B。
6、D
【解析】
由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，即可求出．
【详解】
由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，
所以．
故选：D．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，比较基础．
7、A
【解析】
将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，
分成1、1、3时，有C53•A33=60种分法，
分成2、2、1时，根据分组公式90种分法，
所以共有60+90=150种分法，
故选A．
点睛：一般地，如果把不同的元素分配给几个不同对象，并且每个不同对象可接受的元素个数没有限制，那么实际上是先分组后排列的问题，即分组方案数乘以不同对象数的全排列数．
8、A
【解析】
先求出这组数据的样本中心点，样本中心点是用含有t的代数式表示的，把样本中心点代入变形的线性回归方程，得到关于t的一次方程，解方程，得到结果．
【详解】
∵
由回归方程知=，
解得t=3，
故选A．
】本题考查回归分析的初步应用，考查样本中心点的性质，考查方程思想的应用，是一个基础题，解题时注意数字计算不要出错．
9、B
【解析】
分析：因为是奇函数，所以，故，令，则的单调减区间为，从而可以知道在上单调递减.
详解：，因是奇函数，
故，也即是
，化简得
，
所以，故，从而，
又，故，因此.
令， ，故的单调减区间为，故在上单调递减.选B.
点睛：一般地，如果为奇函数，则，如果为偶函数，则.
10、C
【解析】
求出导函数，转化为有两个不同的实数根即可求解.
【详解】
因为f(x)=x3-x2+mx+1，
所以，
又因为函数f(x)=x3-x2+mx+1不是R上的单调函数,
所以有两个不同的实数解，
可得，
即实数m的取值范围是，
故选：C.
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查了转化思想的应用，属于基础题. 转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将单调性问题转化为方程问题是解题的关键
11、A
【解析】
所选的四人中至少有一名女生的选法为
本题选择A选项.
12、A
【解析】
分析：由题意结合二项式展开式的通项公式得到关于a的方程，解方程即可求得实数a的值.
详解：展开式的通项公式为：，
由于，
据此可知含项的系数为：,
结合题意可知：，解得：.
本题选择A选项.
点睛：(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由得，即.设，由得，从而.判断函数的单调性，数形结合求实数的取值范围.
【详解】
，
即.
设.
,
.
由，得；由，得或，
函数在上单调递增，在和上单调递减，如图所示

当时，.
又，且时，，
由图象可知，要使不等式的解集中恰有两个整数，
需满足，即.
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
本题考查利用导数求参数的取值范围，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
14、或
【解析】
本题可以利用已知条件，然后在图中画出满足条件的图例，然后可以通过图例判断出直线与平面的位置关系．
【详解】
直线和平面，若，且直线在平面上，则与的位置关系是：或．
如图：
故答案为或．
本题考查直线与平面的位置关系的判断，考查直线与平面的位置关系的基本知识，考查推理能力，考查数形结合能力，当我们在判断直线与平面的位置关系时，可以借助图形判断．
15、1.1
【解析】
以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，求得，的坐标和直线的方程，圆方程，运用点到直线的距离公式，以及直线和圆相交的条件，解不等式即可得到所求时长．
【详解】
以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，
可设，，
可得直线的方程为，
圆的方程为，
由直线与圆有交点，可得
，
化为，
解得，
即有点在点的盲区中的时长约为1.1秒．
故答案为1.1．

本题考查直线和圆的方程的应用，考查直线和圆的位置关系，考查坐标法和二次不等式的解法，属于中档题
16、①
【解析】
分析：根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
详解：由题意知“无皮”⇒“无毛”，所以“有毛”⇒“有皮”即“有毛”是“有皮”的充分条件．
故答案为：①．
点睛：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (1)； (2)见解析.
【解析】
(1)利用零点分类法进行求解即可;
(2)对求证的式子中的每一项先应用重要不等式,最后应用基本不等式即可证明.
【详解】
(1),
由,得或或解得，
故．
（2）因为,(当且仅当时取等号)
所以
(当且仅当时取等号).
本题考查了解绝对值不等式,考查了应用重要不等式、基本不等式证明不等式.
18、工人乙的技术水平更高
【解析】
计算平均数与方差，即可得出结论．
【详解】
，．
，说明两人出的次品数相同，可以认为他们技术水平相当，
又，
．
，工人乙的技术比较稳定.
∴可以认为工人乙的技术水平更高.
本题考查平均数与方差的实际意义，考查学生的计算能力，属于基础题．
19、（1）（2）见解析.
【解析】
（1）设椭圆方程为
则 ∴椭圆方程
∵直线l平行于OM，且在轴上的截距为m 又 ∴l的方程为：
由
∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点， ∴m的取值范围是
（2）设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1＋k2=0即可
设
可得
而

∴k1＋k2=0故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.
点睛：解答本题的第一问是，直接依据题设条件建立含方程组，通过解方程组求出基本量，进而确定椭圆的标准方程，再联立直线与椭圆的方程组成的方程组，借助交点的个数建立不等式求出参数的取值范围；求解第二问时，依据题意先将问题转化为证明直线的斜率之和为0的问题来处理，再联立直线与椭圆的方程组成的方程组，借助坐标之间的关系进行推证而获解．
20、（Ⅰ ）；（Ⅱ）.
【解析】
分析：（Ⅰ ）取AD中点为O，连接CO，PO，由已知可得CO⊥AD，PO⊥AD．以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，﹣1，0），C（2，0，0），进一步求出向量的坐标，再求出平面PCD的法向量，设PB与平面PCD的夹角为θ，由求得直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
（Ⅱ）假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1），由可得M（0，1﹣λ，λ），，由BM∥平面PCD，可得
，由此列式求得当时，M点即为所求．
详解：(1)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：
则P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，﹣1，0），C（2，0，0），
则，，
设为平面PCD的法向量，
则由，得，则．
设PB与平面PCD的夹角为θ，则=；
(2) 假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1），
由（Ⅱ）知，A（0，1，0），P（0，0，1），，B（1，1，0），，
则有，可得M（0，1﹣λ，λ），
∴，
∵BM∥平面PCD，为平面PCD的法向量，
∴，即，解得．
综上，存在点M，即当时，M点即为所求．
点睛：点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
21、（1）；（2）定点为.
【解析】
分析：（1）根据一个焦点与短轴两端点的连线相互垂直，以椭圆的长轴为直径的圆与直线相切，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、，即可得结果；(2) 设直线联立，得. 假设轴上存在定点，由韦达定理，利用平面向量数量积公式可得，要使为定值，则的值与无关，所以，从而可得结果.
详解：（1）由题意知，，解得
则椭圆的方程是
（2）①当直线的斜率存在时，设直线
联立，得
所以
假设轴上存在定点，使得为定值。
所以

要使为定值，则的值与无关，
所以
解得，
此时为定值，定点为
②当直线的斜率不存在时，，也成立
所以，综上所述，在轴上存在定点，使得为定值
点睛：本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
22、 (1);(2).
【解析】
分析：（1）根据动圆与定圆相内切，结合椭圆的定义，即可求得动圆圆心的轨迹方程；
（2）由题可知，，因圆心坐标在直线 上，则直径，将问题转化为求的最大值. 根据题意设直线方程为，设, 与椭圆方程联立，整理得关于的一元二次方程，由韦达定理及，结合函数的单调性，由此可以求出四边形面积的最大值.
详解：解：（1）依题意得：，圆的半径，
点 在圆内，圆内切于圆，
，
点的轨迹为椭圆，设其方程为
则，，，
轨迹的方程为：.
（2）点在直线 上，即直线经过圆的圆心，
，故设直线方程为，设,
联立消得，
，且
，

，
四边形的面积，
（当且仅当时取等号），
即四边形面积的最大值为.
点睛：本题考查曲线的轨迹方程求法和直线与圆锥曲线位置关系，考查对角线互相垂直的四边形面积的最大值求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用.
解决直线与圆锥曲线综合问题基本步骤为：
（1）设，即设交点坐标和直线方程，注意考虑直线斜率是否存在;
（2）联，即联立直线方程与圆锥曲线，消元;
（3）判，即直线与圆锥曲线的位置关系可以通过判别式加以判断;
（4）韦，即韦达定理，确定两根与系数的关系.
（5）代，即根据已知条件，将所求问题转换到与两点坐标和直线方程相关的问题，进而求解问题.