浙江杭州市2025-2026学年高二下学期期末教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份浙江杭州市2025-2026学年高二下学期期末教学质量检测数学试题（含解析），共3页。试卷主要包含了考试结束，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，请核对考生条码信息，确认无误后，将条码贴在答题卡上的“条码粘贴处”，并将自己的学校、姓名、试场号、座位号填写在答题卡相应的位置上．
3．回答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用黑色水笔将答案写在答题卡相应的答题区内．答案写在试题卷上一律无效．
4．考试结束，将答题卡交回．
一、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. 已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【详解】复数，
在复平面内对应的点为，位于第三象限.
2. 下列样本数据散点图中，变量和变量的样本相关系数分别为，，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据散点图，结合变量间的相关关系和相关系数的定义，即可求解.
【详解】由散点图（1）可得，变量与变量之间呈现正相关，所以；
由散点图（2）可得，变量与变量之间呈现不相关，所以；
由散点图（3）可得，变量与变量之间负相关，所以，所以.
3. 已知函数，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】C
【解析】
【详解】由复合函数的单调性可得在上单调递增，所以“”是“”的充要条件.
4. 以，为直径的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆上任意一点为，由题可得，据此可得圆方程.
【详解】设圆上任意一点为，因为圆直径，当不同于两点时，有，
当点与两点中任意一点重合时，可得或为，则.
综上对圆上任意一点，.从而,
即
5. 已知直三棱柱的顶点都在球上，若，，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用底面直角三角形的性质求出底面外接圆半径，结合直棱柱高度确定球心位置及球心到底面的距离，根据求出球半径，进而计算表面积。
【详解】由，知为直角三角形，斜边为其外接圆直径.
计算，
故底面外接圆半径.
直三棱柱的高，球心位于上下底面外心连线的中点，
故球心到底面的距离.
设球半径为，则.
球的表面积.
6. 已知是函数的极小值点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由极小值点算出的值，举特殊值计算可判断ABC；代入计算可判断D.
【详解】由题，
令，解得，
因为是极小值点，
所以当时，是极小值点，是极大值点成立，
当时，是极大值点，是极小值点，舍去，
所以，
对于A，，
所以，故A不正确；
对于B，令，则，
所以，故B不正确；
对于C，令，，
所以，故C不正确；
对于D，，
，
所以，故D正确.
7. 设，是函数的两个不同的零点．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于，是函数的两个不同的零点，可得，，两式作差得：，利用两角和与差的正余弦公式可求得，进而可求得，利用二倍角的正切公式求解即可.
【详解】由于，是函数的两个不同的零点，
可得，，
两式作差得：，
所以，
所以，
所以，
又因为（），所以（），所以，
所以，所以，
所以.
8. 从如图所示的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则事件“选中方格中的4个数之和为”的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由分步计数原理可得符合题目要求的选取4个方格的情况数，随后找到“选中方格中的4个数之和为”的情况数，据此可得答案.
【详解】从第一行选出一个方格，有4种选法，再从剩下的3行中选取一个与第一个方格不同列的方格，有3种选法，
然后从剩下2行中选取1个与前2个方格不同列的方格，有2种选法，最后剩下一种，
则符合要求的选取4个方格的情况数为种.
又由题可得当“选中方格中的4个数之和为”时，方格中的数字只能为，
则从第三行选定后，
若第一行选取第一个0，则第二行只能选取第4个0，第四行只能选取第3个0；
若第一行选取第三个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第4个0；
若第一行选取第四个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第3个0.
综上“选中方格中的4个数之和为”的情况数为3，则对应概率为.
二、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. 已知事件，的对立事件分别记为，，若，，，则（ ）
A. 事件与互斥B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】先由，，求出，和， 若事件与互斥，则，与已知矛盾；由可知，事件与独立，则事件与独立，可求；由公式可求；先求，再由条件概率的公式可求.
【详解】对于A，若事件与互斥，则，故A错误；
对于B，由，，可得，，因，
则事件与独立，故事件与也独立，则，故B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，易得事件与独立，则，因，故D正确.
10. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A令可得；B利用化简得出数列是等差数列；C利用等差数列求出，再结合函数的单调性判断；D举反例.
【详解】令，则，得（舍负），故A正确；
因为，所以，得，
则数列是以为首项，为公差的等差数列，故，故B正确；
易得，则，则，
因为符合上式，故，
因为在上单调递减，
所以，故C正确；
因为，所以，故D错误.
11. 在区块链中，常用椭圆曲线进行加密．已知椭圆曲线，则（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线与轴有两个交点
C. 曲线上点到轴的最小距离不小于
D. 曲线上点到原点的最小距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】用代替，观察方程特点，可判断A的真假；设，分析函数的单调性，研究函数的零点个数，可判断B的真假；利用B的过程中的结论，求时，函数的最小值，比较其与的大小，可判断C的真假；设，设，，利用导数分析函数的最小值，可判断D的真假.
【详解】对A：用代替，方程无变化，所以曲线关于轴对称，故A正确；
对B：设，，则，
由或；由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
所以为极大值点，为极小值点，且，
所以方程只有1解.
又，，设，则，.
所以曲线与轴只有1个交点，故B错误；
对C：由B可知，当时，曲线上的点到轴的最小距离为，
因为，故C正确；
对D：设，则，
设，.
则，.
由得或，由得.
所以在和上单调递增，在上单调递减.
所以是函数的极大值点，是函数的极小值点.
且，.
所以,故D正确.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 《莱茵德纸草书》记载：把30个面包分给5个人，使得每人所得面包个数成等差数列，且较大的三份之和是较小的两份之和的4倍，则最小的一份为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】设中间项为，公差为，根据等差数列的性质计算即可.
【详解】设等差数列的中间项为，公差为，则依次为，
依题意，，解得，
则较大的三份之和为
较小的两份之和为，
则有，解得，
所以最小一份为.
13. 如图，在圆锥中，，是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点．已知平面与圆锥侧面的交线是抛物线的一部分，设该抛物线的焦点为．若，则__________．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】过作于，利用几何关系求出，再以为原点，在平面内建立平面直角坐标系，利用点在抛物线上代入可得.
【详解】过作于，
因为，所以，
因为是母线的中点，所以，，
以为原点，在平面内建立平面直角坐标系如右图：
易得，设抛物线方程为，代入可得，
则.
14. 已知空间向量，，满足，，，，则，，的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】
由及，
得，
再代入已知条件、、，得：
,
配方得：
,
当、时，取到最小值20，
故的最小值为.
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. 已知空间向量，，设函数．
（1）求的最小正周期；
（2）当时，求的值域．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期为；
【小问2详解】
当时，，则，
所以的值域为．
16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．
（1）证明：；
（2）若，
（i）设，点到直线的距离为3，求的值；
（ii）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：
因为，，．
所以，故，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面,
所以．
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的性质即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，（i）根据点到直线距离公式列出方程即可求解；（ii）根据面面夹角的向量公式即可求解．
【小问1详解】
略．
【小问2详解】
因为，，所以，又，，
所以，如图建系直角坐标系．
所以，，，，，
（i）因为，所以点的坐标为，
所以，，
则直线的一个单位方向向量为，
点到直线的距离，解得．
（ii）已知平面的一个法向量为，
，
设平面的一个法向量为，
由，即，取．
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17. 已知双曲线，过点的直线与的上、下两支分别交于点，．
（1）若点是上的动点，求的最小值；
（2）设为坐标原点，直线，的斜率分别为，，
（i）若，求直线的方程；
（ii）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）．
【解析】
【分析】（1）利用两点间的距离公式，结合配方法，可求的最小值.
（2）设直线：，与双曲线方程联立，利用韦达定理，表示出，，进而用表示出，
（i）根据，求出，可得直线的方程；
（ii）利用的取值范围，可确定的取值范围.
【小问1详解】
设，则，
所以，
即当时，.
【小问2详解】
如图：
设与联立，有，
由，得，
设，，则，，
得，
则，
（i）当时，，直线的方程为；
（ii）因为直线，存在斜率，所以，
故，
所以，
即的取值范围．
18. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：曲线是轴对称图形；
（3）若，恒成立，求的最大值和的最小值．
【答案】（1）
（2）令，
则，
所以曲线关于直线对称；
（3）的最大值为，的最小值为．
【解析】
【分析】（1）首先求出导函数，求出切线斜率，再根据点斜式方程求切线方程.
（2）根据轴对称的定义证明即可.
（3）利用分离常数，得到，再利用导数得到递增，得到的最小值；先由必要条件得，再验证该取值下差函数非正，从而确定的最大值.
【小问1详解】
由题知，又，，
所以切线方程为，即．
【小问2详解】
略
【小问3详解】
由题知，令；
由于关于直线对称，故只需考虑即可．
则，令，
则，
由，得，．
在上单调递增，在上单调递减，，
所以当，，，单调递增，
所以．即的最小值为．
由题意，，恒成立，令，，
因为，所以，即，即，
下面证明时，恒成立，
易知关于对称，故考虑即可，
；记，则；
在必有一解，
且在单调递减，在单调递增．
又，所以，从而．
即，．
所以的最大值为．
19. 口袋中装有形状、大小完全相同的4只小球，其中红球1只、黄球3只．现从口袋中有放回地取球，每次取出1球，取到红球得1分，取到黄球得2分．
（1）在取球过程中，记事件“恰好得分”的概率为，
（i）求；
（ii）求；
（2）若共取球次，表示次取球中取到红球的次数，记．求证：．
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）由题知，因为，所以，
由，，，，，，．
得
．
因为，所以，
又，
，
所以，
故．
所以．
【解析】
【分析】（1）（i）分两种情况，根据互斥事件和独立事件概率公式求解；（ii）根据条件转化为关于数列的递推关系式，再求通项公式；
（2）由条件可知，再写出随机变量的取值和期望公式，根据组合数公式和二项式定理化简.
【小问1详解】
（i）恰好得2分为第一次取到黄球，或者第一次与第二次均取到红球，
故恰好得2分的概率为．
（ii）在取球过程中不得到分只有一种可能：得分后取到黄球得2分，
因此，，而，且，，
故．
【小问2详解】
略