数学答案｜2506丽水高二期末_2025年6月_250628浙江省丽水市2025年6月高二期末考试（全科）

丽水市 2024 学年第二学期普通高中教学质量监控 高二数学答案 （2025.06） 一、单项选择题 CABAC BDDCB BC 二、多项选择题 13．AB 14．BCD 15．ACD 三、填空题 5 8 2 16．0.4 17．[2,3] 18． ,  19. 3 3 4 四、解答题 20．（满分10分） （1） 0.00120.00180.0006a0.00300.00121001，解得a0.0022，———2′ 平均数为 1001000.00122000.00186000.0006400a3000.00305000.0012100322 —————————————5′ （2）在这组数据中  50,350 对应的频率为 0.00120.00180.00301000.6，  350,450 对应的频率为 0.00120.00180.00300.00221000.82， ∴这组数据第71百分位数在  350,450 中， M 350 0.710.6 设第71百分位数为M ，则  ，解得M 400. ———————10 450350 0.820.6 ′ 21．（满分12分） （1）证明：连结BD交AC于点F ，连MF， ∵M 是PD的中点，F 是AC的中点， ∴MF∥PB， 又∵MF 平面AMC，PB平面AMC， ∴PB∥平面AMC； ——————————5′ （2）法一：作MH AD交AD于H，作HN AC交AC于N ， 连MN， ∵平面PAD平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD AD ， ∴MH 平面ABCD ∵AC平面ABCD， ∴MH AC 又∵HN AC，MH∩HN H， ∴AC平面HNM ， ∴ACMN， ∴MNH为二面角M ACD的平面角， 3 3 2 30 不妨设AD2，则MH  ，NH  ，MN  ， 2 4 4 15 ∴cosMNH  ， 5 高二数学试题卷 第1页 共5页 学科网（北京）股份有限公司15 ∴二面角M ACD的余弦值为 —————————————12′ 5 法二：取AD的中点为O，BC的中点为E，连接OP，OE， 则由已知及（1）得OA，OE，OP两两垂直，则分别以OA，OE，OP为x轴，y轴，z轴 建立空间直角坐标系Oxyz，不妨设AD2，，  1 3 则由已知得A1,0,0 ，M   ,0,  ，C1,2,0 ，  2 2    3 3   1 3 在平面AMC中，AM    ,0,  ，MC    ,2,   ，  2 2   2 2  r 设mx ,y ,z  为平面AMC的一个法向量， 1 1 1   3 3    x  z  0 mAM 0  2 1 2 1 z  3x 则    1 1 ， mMC 0  1 3 y x  x 2y  z 0 1 1     2 1 1 2 1 r   令x 1，则m 1,1, 3 为平面AMC的一个法向量． 1  又∵平面ACD的一个法向量n0,0,1   mn 00 3 15 设二面角M ACD平面角为，则cos     ， mn 51 5 15 所以二面角M ACD的余弦值为 ． 5 22．（满分13分） （1）解：因为a 1 ,a 2 ,a 3 12成等差数列，所以2a 2 a 1 a 3 12， 又因为数列 a  是公比为3的等比数列，所以2a 3a a 3212 ， n 1 1 1 解得a 3，所以a 33n1 3n， 1 n 所以数列 a n  的通项公式a n 3n . —————————————6′ log a log 3n n （2）解：由（1）知a n 3n，则b n  a 3 n  a 3  3n n n 1 2 3 n 可得T     ， n 3 32 33 3n 1 1 2 3 n 则 T     ， 3 n 32 33 34 3n1 2 1  1 1 1 1  n 两式相减，可得 T       ， 3 n 3 32 33 34 3n  3n1 3 2n3 所以T   ， n 4 43n 3 2n3 3 2n1 n 因为T T   (  ) 0， n1 n 4 43n 4 43n1 3n 1 所以数列 T  是递增数列，则T T  ， n n 1 3 2n3 3 2n3 3 又因为 0，可得T    ， 43n n 4 43n 4 高二数学试题卷 第2页 共5页 学科网（北京）股份有限公司1 3 综上可得： T  . ———————————————13′ 3 n 4 23．（满分15分） 2 （1）∵椭圆的离心率为 ， 2 2 c2 a21  2 ∴e2     ， a2 a2   2   解得a 2； ———————————————————5′     （2）a2时，c2 a213，故c 3，所以F 1  3,0 ，F 2 3,0 ， P、Q均不在x轴上，故直线l的斜率不为0， 设直线l的方程为xmy 3，Px,y  ，Qx ,y  ， 1 1 2 2 联立xmy 3与 x2 y2 1得  m24  y22 3my10， 4 所以y ，y 是方程  m24  y22 3my10的两根， 1 2 Δ12m24  m24  16m2160， 2 3m 1 y  y  ，y y  ， 1 2 m24 1 2 m24 2 2 3m 4 4 m21 所以 y y  y  y 24y y      ， 1 2 1 2 1 2   m24   m24 m24 1 m21 又 AF 2 3，故APQ的面积S  AF y y 2(2 3) ， 2 2 2 1 2 m24 m21 42 3 42 3 2 3 4 3   1 而 m24 m21 3 2 m21 3 3 ， m21 m21 3 当且仅当 m21 ，即m2 2时等号成立， m21 2 3 所以APQ的面积的最大值为1 ； ——————————15′ 3 24．（满分17分）  2 1 1 2 1 （1）由题意得1cosA,B1       ，  5 5 5 5 5 1 ∴A,B之间余弦距离为 ； ——————————5′ 5 1 （2）①由题意得cosM,N sinsincoscoscos 2 π π 3 ∵0 ，∴ 0，∴sin ， 2 2 2 1 ∵cosM,Q sinsincoscoscos() ， 3 高二数学试题卷 第3页 共5页 学科网（北京）股份有限公司1 2 2 ∴cos() ，∵0，∴sin() 3 3 1 1 3 2 2 1 6 cosN,Qsin2cos2cos2cos[()()][  （ ） ]  2 3 2 3 6 3 1 6 5 6 ∴N ，Q之间的余弦距离为1cosN,Q 1(  )  . ———————12′ 6 3 6 3 1 1 ②由①可得cos ，cos() ， 2 3  1  1 coscossinsin coscos    2  12 ∴ ，∴  coscossinsin 1  sinsin 5  3  12 sinsin ∴tantan 5 ——————————17′ coscos 25．（满分17分） aex 1 aex aex 1 （1） f x  f x  ， ex 1 1ex ex 1 ∴aex aex1，即a  ex 1  ex 1恒成立， ∴a1； ————————————————4′  π （2）①当x0, 时，函数ylnx与函数ysinx均在定义域上单调递增，  2  π ∴ygx 在0, 上单调递增，  2 1 1 又g 1sin 0，g10sin1sin10， e e 1  ∴ygx 存在唯一零点x  ,1， 0 e  π  当x  ,π 时，ylnx0，ysinx0，∴gx0， 2  当xπ, 时，ylnxln1，ysinx1，∴gx0， π  ∴当x  ,时，ygx 无零点， 2  1  综上所述，ygx 有且只有一个零点，且该零点x 0  e ,1  ； ————10′ 1  ②由上可知x  ,1，且有gx lnx sinx 0， 0 e  0 0 0 则2sinx 2lnx ， 0 0 1 1 即 f 2sinx  f 2lnx  e2lnx0 1  x2 0  1x2 01 2 ， 0 0 e2lnx0 1 1 1 x2 1 x2 1 0 0 x2 0 高二数学试题卷 第4页 共5页 学科网（北京）股份有限公司2 1  由函数y1 在区间 ,1上单调递增， 1x2 e  0 2 2 e21 f 2sinx 1 1  ∴ 0 1x2 1 e21 . ——————————17′ 0 1 e2 高二数学试题卷 第5页 共5页 学科网（北京）股份有限公司