浙江衢州市2025-2026学年高二下学期6月期末数学试题（含解析）

这是一份浙江衢州市2025-2026学年高二下学期6月期末数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了全卷分试卷和答题卷，试卷共4页，有4大题，19小题等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分试卷和答题卷．考试结束后，将答题卷上交．
2．试卷共4页，有4大题，19小题．满分150分，考试时间120分钟．
3．请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效．
一、单项选择题：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. 设集合，集合，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因，，
则.
2. 设复数，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由复数得，则其虚部为4.
3. 已知平面向量，满足，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，结合向量夹角的范围可得结果.
【详解】由题意得， ，
∵，∴.
故选：A.
4. 设A，B是两个随机事件，为A的对立事件，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设及条件概率计算公式可得答案.
【详解】因为A的对立事件，且，则，又，则.
5. 函数的定义域为，它的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）

A. 函数在上单调递减B. 函数在上单调递减
C. 函数在上不单调D. 3是函数的极小值点
【答案】A
【解析】
【分析】通过导函数的正负来判断原函数的单调性与极值，依据导数与函数单调性、极值的关系，对各选项逐一分析得出结论.
【详解】由题意可知，在A选项中，当时，，
因此在上单调递减，A正确，
在B选项中，当时，，
因此在上单调递增，B错误，
在C选项中，当时，恒成立，
因此在上单调递增，是单调函数，C错误，
在D选项中，左侧（递增），
右侧（递减），
因此是的极大值点，不是极小值点，D错误.
6. 已知，都是锐角，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】已知是锐角，，则，
，都是锐角，则，又，
则，故，
．
7. 一排有6个座位，3个人随机入座，则恰有2人相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】3个人随机入座6个座位，等价于6个座位中选3个进行排列； 种，
3个人全排列，有种排法，
3人排好后形成4个空隙，从4个空隙中选2个，插入“双空位”和“单空位”，
共计种，
故恰有2人相邻的概率为：．
8. 若不等式恒成立，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设．
当时，；当时，．
因为对定义域内的恒成立，
所以在上恒成立，且在上恒成立．
又是开口向上的二次函数，故必为的较大零点．
于是，整理得所以
因为的两根乘积为，所以另一根为
要使在上恒成立，需另一根不大于，即
同时，由于是较大零点，且两根乘积为，所以．
令则，且
由基本不等式得所以
当，即时取等，此时
代回可知的两根为和，
而，，满足在上成立，在上成立．
因此的最小值为.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ）
A. 样本数据2，3，4，6，7，8的中位数为6
B. 若，，，…，的平均数为2，则，，，…，的平均数为5
C. 若随机变量，则
D. 若随机变量且，则
【答案】BCD
【解析】
【详解】选项A：6个样本数据升序排列为2，3，4，6，7，8，中位数为第3，4个数的平均值，
即，故A错误；
选项B：根据平均数的线性性质可知，的平均数为，则的平均数为，
已知，则，故B正确；
选项C：随机变量，则，故C正确；
选项D：随机变量的图象关于对称轴对称，
则，由得，
故，
又，故，故D正确．
10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则（ ）

A. 平面截正方体所得的截面图形为等腰梯形
B. 平面
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，结合中位线定理、正方体性质及平面定理判断即可；对于B，建立空间直角坐标系，求出平面，根据线面平行的向量求法证明即可；对于C，根据异面直线所成角的向量求法求解即可；对于D，设出外接球球心，建立方程组求出球心，进而得到半径，代入球的表面积公式求解即可.
【详解】对于A，
取中点，连接，，因，为中点，所以，，
正方体中，，，则，，
易得，故四边形为等腰梯形，且平面与平面为同一平面，
即平面截正方体所得的截面图形为等腰梯形，A正确.
对于B，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，，
所以，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，故可取.
因为，所以，
又平面，所以平面，B正确.
对于C，由上建系，，，
设异面直线与所成角为，
则，C错误.
对于D，设三棱锥外接球的球心为，
则 ，
即，
解得，即球心，
所以外接球半径，
故三棱锥外接球的表面积为，D正确.
11. 已知函数及其导函数的定义域均为 ，若函数和均为奇函数，则（ ）
A. 函数的图象关于直线 对称B. 函数的图象关于直线 对称
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先根据函数奇偶性判断函数的对称性，再通过求导、变量代换等方法推导函数的周期性，最后通过举例判断选项D是否成立.
【详解】对于A，由 是奇函数得 ，
则 关于点 中心对称，不是关于直线 对称，因此A错误；
对于B，对 两边对 求导得：
，
所以 关于直线 对称，因此B正确；
对于C，因为 为奇函数，所以
又由 可得 所以
令 则 所以 为常数．
又由 为奇函数，取 得 所以
因此 即
于是 故 C 正确．
对于D，取
则为奇函数．
又 所以 也是奇函数，满足题设条件．
此时 每 项和为 ．
又 所以.
因此D不一定成立，故D错误．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】10
【解析】
【详解】的展开式通项为，
使，得，
故系数为.
13. 已知一个圆锥的底面半径，母线长，一只蚂蚁从底面圆周上的一点A出发，沿着圆锥的侧面绕轴爬行一周后又回到点A，则这只蚂蚁爬行的最短路程是______．
【答案】
【解析】
【分析】将圆锥侧面展开，利用余弦定理可得最短距离.
【详解】如下图将圆锥侧面展开，得扇形，则最短距离为线段长度.
由题意圆锥底面圆周长为，则圆弧长度为，
又扇形半径为，则扇形圆心角为，从而为等腰直角三角形，
从而.

14. 在中，若，则面积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设点为线段的三等分点，利用向量线性运算得到，利用基本不等式及三角形面积公式求最值.
【详解】设点为线段的三等分点，
因为，
又，，
所以，则，
当且仅当时取等号，
由，
当且仅当且时，等号成立，
故面积的最大值为.
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. 在中，角的对边分别为，．
（1）求角的大小；
（2）若，，点在边上，且平分，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换及正弦定理求解即可；
（2）利用求解即可.
【小问1详解】
将展开，
得,
即,
因为，则，
又因为，
所以；
【小问2详解】
设，
因为，平分，
所以，
又因为，
解得，
故.
16. 某企业为研究团队月度生产效益与员工技能培训的关系，开展调查分析，根据过往统计经验知，团队月度生产效益y（单位：万元）与员工技能培训投入x（单位：万元）满足一元线性回归模型，现连续统计了近10个月的数据，，…，，经计算得：，，，．
（1）求y关于x的线性回归方程；
（2）该企业计划下月拨付10万元专项资金用于团队发展建设，现拟定了两套方案：
方案一：将10万元全部用于员工技能培训；
方案二：将10万元中的一部分用于员工技能培训，剩余的部分用于发放员工绩效奖金．
根据长期运营经验，绩效奖金投入t万元可产生的额外效益为万元．
方案一和方案二中的员工技能培训所带来的生产效益仍满足（1）中的线性回归关系，试对比两套方案，如何分配资金可使团队月度生产效益最大，请说明理由．
参考公式：线性回归方程中，，．
【答案】（1）
（2）
方案二，投入6万元用于员工技能培训，4万元用于发放绩效奖金时团队月度生产效益最大.
【解析】
【小问1详解】
由题意知，
，，
，
则.
所以y关于x的线性回归方程是.
【小问2详解】
若选择方案一，当时，代入（1）中的回归方程得万元；
若选择方案二，假设投入万元用于发放绩效奖金，万元用于员工专项技能培训，其中，
故团队月度生产效益，
当时，万元．
由于，
故选择方案二，其中投入6万元用于员工专项技能培训，剩余4万元用于发放绩效奖金，能实现团队月度生产效益最大化．
17. 如图，在三棱锥中， ，，，．设二面角的大小为．
（1）当时，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）当时，求点到平面的距离．
【答案】（1）（ⅰ）方法一：由可知，平面平面，
已知，平面平面，平面，
故平面，又平面，
因此；
方法二：
以为坐标原点，所在直线为轴，轴，过作垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系．
由已知条件可知,
由二面角定义及可知，,
因为
则,
所以，
即；
（ⅱ）；
（2）
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）方法一：由面面垂直的定义和性质定理可得平面，再由线面垂直的性质定理即可得证；
方法二：以为坐标原点，所在直线为轴，轴，过作垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可；
（ⅱ）取的中点，由、面面垂直的性质定理及直线与平面所成角的定义，可得是直线与平面所成角，在直角三角形中，由正弦的定义求解即可；
（2）方法1：取的中点，连接，由题意可得,求得点到平面的距离为，由等体积法求解即可；
方法2：取的中点，连接，由题意可得,,求得点到平面的距离为，根据到平面的距离是点到平面的距离的2倍，求解即可；
方法3：求出平面的法向量为及，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
（ⅰ）略；
（ⅱ）取的中点，由，可知，
因为，所以平面平面，
又因为平面平面，平面，
所以平面．
连接，所以是直线与平面所成角，
由（ⅰ）可知是直角三角形，解得，
因为，所以;
【小问2详解】
方法1：取的中点，连接，由已知条件可知，故，
所以，所以点到平面的距离为，
三棱锥的体积：，
又因为三棱锥的体积，
所以，解得；

方法2：取的中点，连接，
所以且，则，,
所以点到平面的距离为，
因为到平面的距离是点到平面的距离的2倍，
所以到平面的距离；
方法3：取的中点，连接，
由已知条件可知，故，所以,
由，可得，
则，
设平面的法向量为，
由，得，
得法向量，
所以点到平面的距离.
18. 在一个不透明的袋子中装有分别标注数字1，2，…，n的n个小球，这些小球除标注的数字外，大小、质地完全相同，现从中一次性随机抽取m个，记这m个球上的数字的最大值为X，其中，，．
（1）当，时，
（ⅰ）求的概率；
（ⅱ）求X的分布列及数学期望；
（2）求所有满足的正整数组．
【答案】（1）
（ⅱ）

（2） ，，．
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）利用组合知识、古典概型直接求解即可；
（ⅱ）X的可能取值为3，4，5，分别求出每个的概率即可求解；
（2）X的可能取值为，，…，，且（，，…，），
利用组合数的性质得到，进而得到，进而求解即可.
【小问1详解】
（1）（ⅰ）总数为，
当 ，另2个为中选2个，有种可能，
所以
（ⅱ）X的可能取值为3，4，5．
，，，
所以X的分布列为
数学期.
【小问2详解】
X的可能取值为，，…，；（，，…，），
，
因为，
所以
，
由，得，
又，，，所以满足条件的数组为，，．
19. 已知函数，，其中，函数的导函数为．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）判断的零点个数，并说明理由；
（3）若，且，求证：．
【答案】（1）
（2）两个，理由如下：
，，
令，，可知，同号，，
当，；，，
所以在单调递增，在单调递减，
因为，，，
所以在上存在唯一零点，且，
由零点存在性定理，
则当，；，，
即，；，，
所以在单调递减，在单调递增，
则，
令，，，
则在单调递增，由，
所以时，，即，
因为，当，，
所以在和各存在一个零点，
故在存在两个零点．
（3）由（2）知，b是在的零点，则，
且是的极小值点，，则只需证，
由，得：，，
又，
由（2）中，代入得：，
而，则只需证：，
即证：，
令，，则，
所以在单调递减，
由，得，即：，
故原不等式成立，即．
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程；
（2）利用导数分析函数单调性，结合单调性，由零点存在定理得两个单调区间内各存在1个零点；
（3）由是的极小值点，把证明转化为证明，利用消元化简，最终把不等式转化为证明，构造函数并求导，分析函数单调性，由单调性证明不等式．
【小问1详解】
当时，，定义域为，则，
因为，则切线斜率，
切线方程：，即．
【小问2详解】
略
【小问3详解】
略X
3
4
5
P
X
3
4
5
P