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
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∴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
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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
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∴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
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