浙江丽水市2025-2026学年第二学期普通高中教学质量监控高二数学试题（含解析）下学期期末试卷

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（2026.06）
注意事项：
1．本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.
3．选择题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由交集的定义可知，.
2. 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】D
【解析】
【分析】根据题意得到复数在复平面内对应的点位于第四象限，即可求解.
【详解】因为在复平面内对应的点为，位于第四象限，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的解析式由内到外逐层计算可得的值.
【详解】因为，则，故.
故选：D.
4. “”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】A
【解析】
【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.
【详解】因为，则由可以推出，但是由推不出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知，且为第二象限角，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二倍角的正弦公式计算．
【详解】因为，且为第二象限角，所以，
所以．
6. 圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，先求圆锥的底面半径和母线长，再由圆锥的侧面积公式即可求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，
所以，
所以该圆锥的侧面积为.
7. 已知一元二次不等式ax2+bx+c≤0的解集为[1，2]，则cx2+bx+a≤0的解集为（ ）
A. B. [1，2]C. [-2，-1]D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据一元二次方程和一元二次不等式的关系，得到根与系数的关系，再代回不等式求解集.
【详解】的解集是，可知，并且方程的两个实数根是和，
所以，得，代入，
得，即，，
解得：，
所以不等式的解集是.
故选：A
8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数及对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】指数函数为增函数，且，所以，即.
对数函数在定义域内为减函数，且，所以，即.
因为，所以.
综上，.
9. 已知随机事件，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据并事件的性质即可求解.
【详解】,故
10. 如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过面面平行可推出线面平行，找到P的轨迹，再求解轨迹长度.
【详解】
取 中点 ， 中点 ，连接, , ,
为中点，为中点,所以,
平面，平面
所以;
设正方体 ，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，棱长为 2，则，，，，
所以，, 所以, 所以
∵ 平面，平面,所以
又平面内，两条相交直线，
所以,
因为点在正方体的表面上运动，且平面，
因此的轨迹是平面与正方体表面相交形成的闭合折线段：
,
,
,
,
总轨迹长度：.
11. Deepseek（深度求索）是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.6，衰减速度为20，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.3，则学习率衰减到0.4以下（不含0.4）所需的训练迭代轮数至少为（ ）
（参考数据：）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件列方程，可得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可．
【详解】由于，所以，
依题意，则，
则,由，
所以，
即，所以所需的训练迭代轮数至少为6次．
故选：C.
12. 已知函数，，，，是曲线与从左往右依次连续相邻的三个交点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用辅助角公式化简，再根据函数图象的平移规律得到，数形结合得到为等腰三角形，通过添加辅助线，得到关于的不等式，进而求解的取值范围.
【详解】由题意得，
所以，
作出函数与的函数图像：
因为，，是曲线与从左往右依次连续相邻的三个交点，
所以为等腰三角形，，
由，所以，
所以，又，
所以，所以与交点的纵坐标为，
过作交于点，由对称性可知，
又因为为等腰三角形，
所以，，
又因为，所以，所以，
所以，所以，所以.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
13. 已知实数，，，且，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对ACD选项由不等式的乘法、乘方性质可得，对B选项由不等式的加法性质可得.
【详解】对A选项，因为，由不等式的乘法性质得，得，即，故A正确；
对B选项，因为，由不等式的可加性得，故B正确；
对C选项，因为，所以，由不等式的乘方性质得，即，故C错误；
对D选项，因为，由不等式的乘法性质得，故D正确.
14. 已知，是夹角为的单位向量，且，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在方向上的投影向量为
C.
D. 当时，与的夹角为锐角
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量模及数量积的运算律判断A、C；利用投影的定义判断B；取，与共线判断D.
【详解】A：由，是夹角为的单位向量则，
对两边同时平方得，则，故A正确；
B：在方向上的投影向量为，故B正确；
C：由，，则，故C错误；
D：当时，，此时夹角不为锐角，故D错误.
15. 在矩形中，，，沿矩形对角线将折起，在这个过程中，下列结论正确的是（ ）
A. 当时，
B. 直线与平面所成角可能为
C. 当二面角的大小为时，四面体的外接球的体积为
D. 当四面体的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，可证平面，再由线面垂直的性质可得；对于B，易知当平面平面时与平面所成的角最大；对于C，根据外接球的定义可知半径，再求体积即可；对于D，当平面平面时，四面体的体积最大，过作，过分别作，就是异面直线与所成角或其补角，再解三角形并求得余弦值即可．
【详解】如图，
对于A：当时，又因为平面，
所以平面，又平面，所以，故A正确；
对于B：当平面平面时与平面所成的角最大，
此时，即，故B错误；
对于C，因为和都是直角三角形且共斜边，
所以斜边中点到A，，，距离相等，
所以四面体的外接球的半径，
所以四面体的外接球的体积为定值，故C正确；
对于D：当平面平面时，四面体的体积最大，
过作，过分别作，
易得四边形为矩形，，
就是异面直线与所成角或其补角，
又平面平面，平面，
，又，
解得，，，
，，
，故D正确．
三、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）
16. 样本数据：2，3，7，5，1，6，8，3，8的第60百分位数为______.
【答案】
【解析】
【详解】对样本数据排序，，样本数据共个，
，
所以第60百分位数为第六个数，即.
17. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，单调递增，则关于的不等式的解集是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据偶函数的性质转化不等式，然后利用函数的单调性解不等式.
【详解】函数是定义在上的偶函数，，
所以，
当时，单调递增，
所以，即，
解得，
不等式的解集为.
18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理可得边的关系，即可根据余弦定理求解.
【详解】由，故，
设，，
故
19. 在棱长为的正方体中，空间动点满足，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据空间向量的模长公式求出点的轨迹方程，设，，，结合空间向量数量积的坐标运算以及三角恒等变换可求得的取值范围.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、，设点，
则，，
所以，
则，
整理可得，
不妨设，，，
，，
所以
，
当或时，取最大值，
当或时，取最小值.
综上所述，的取值范围是.
四、解答题（本题共6小题，共84分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20. 某地区有小学所，初中所，高中所，现采取分层抽样的方法从这些学校中抽取所学校对学生进行视力调查．
（1）求应从小学、初中、高中分别抽取的学校数量；
（2）若从被抽到的所学校中随机抽取所学校做进一步数据分析，求抽取的所学校均为小学的概率．
【答案】（1）；；
（2）
【解析】
【分析】（1）直接抽样比计算各层所抽取的样本数可得；
（2）直接用古典概型概率公式计算可得.
【小问1详解】
因为总样本空间为，抽取个样本，抽样比为.
所以从小学抽取所；从初中抽取所；从高中抽取所；
因此应从小学、初中、高中分别抽取的学校数量为，，.
【小问2详解】
小学的所学校编号为，初中的所学校编号为，高中的所学校编号为，
从中随机抽取所学校，基本事件有：，共种，
其中抽取的所学校均为小学的是：，共种，
所以抽取的所学校均为小学的概率为.
21. 已知函数．
（1）求的值及函数的单调递增区间；
（2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，求面积的最大值．
【答案】（1）1；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦型函数的单调性求解即可.
（2）根据求出，结合余弦定理及基本不等式得到，代入三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
.
令，解得，
所以的单调增区间为.
【小问2详解】
由，得，
因为，所以，则，即，
又，由余弦定理得，即，
所以，即，当且仅当时取等号.
所以，
即面积的最大值为．
22. 已知是公差不为零的等差数列，，且、、成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，为数列{}的前项和，求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由等比数列的性质可得，再列式求出公差即可；
（2）利用错位相减法求和即可．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
由题意可得，即，
整理可得，，解得，
因此， ；
【小问2详解】
由（1）知，
①
②
①减②得：
即．
23. 如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面．

（1）证明：；
（2）已知四边形是边长为2的菱形，且，求二面角的余弦值．
【答案】（1）在三棱柱中，
由是的中点，得，
而平面平面，且平面平面平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知得，再由面面、线面垂直的性质定理证明结论；
（2）过作的延长线于点，垂足为，过作的延长线于点，连接，根据二面角的定义找到二面角对应的平面角，再由已知求其余弦值，即可得.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
过作的延长线于点，垂足为，
过作的延长线于点，连接，

因为四边形为菱形，，则为正三角形，
连接，有，平面，
平面平面，平面平面，
所以平面，而，因此平面，平面，
所以，又，，平面，
故平面，平面，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，，，
故二面角的余弦值为.
24. 已知，两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且直线的斜率与直线的斜率之差是，记点的轨迹为，为坐标原点.
（1）求轨迹的方程；
（2）点，过点的直线交于，两点，直线，与的另一交点分别为，两点，记直线，的倾斜角分别为，，当取得最大值时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点坐标，由题意列出等式，化简后即可求得曲线方程；
（2）由点坐标写出直线方程，由直线经过点得到，，从而求得直线斜率，然后由和差角公式求得的表达式，借助基本不等式求得当取得最大值时，求直线的方程.
【小问1详解】
设，由得，
化简得轨迹的方程为
【小问2详解】
因为，
所以直线：，
即，化简得，
同理可得直线：，
直线：，
直线：，
因为直线过点，可得，
直线过点，可得，同理
所以
所以，
要使取得最大值，则，
所以当且仅当时取等号，
此时直线的方程为.
25. 已知函数，．
（1）当，时，求的值域；
（2）若在上有且仅有3个零点，，，
①证明：；
②证明：．
【答案】（1）
（2）①的图象关于直线对称，且，
故在上有且仅有3个零点，，，
等价于且在上有且仅有1个零点，
当时，在上没有零点，不符题意；
当，时，，，
所以，在上没有零点，不符题意；
当，时，
，
设，，
，在上是单调递增函数，
当时，即，即，
设，使得，
因为，所以，解得，
则时，，在上是单调递减函数；
时，，在上是单调递增函数；
因为，，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
因为，所以，
又，所以，在上没有零点，不符题意；
所以；
②因为关于对称，
且在上有且仅有3个零点，，，
所以，，，且，所以，
所以
因为，，所以，
所以，
所以．
【解析】
【分析】（1）当时，的图象关于直线对称，求出在上的单调性，利用单调性得到的值域为；
（2）①根据的图象关于直线对称，且，得到且在上有且仅有1个零点，分别按照，，讨论求解；
②根据关于对称及在上有且仅有3个零点，，，得到，，，且，所以，计算得解．
【小问1详解】
当时，的图象关于直线对称，
在上单调递减，且，，
所以当时，的值域为.
【小问2详解】
①略
②略