浙江绍兴市2025-2026学年高二下学期期末调测数学试题（含解析）

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1．请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上．本卷答案必须答在答卷相应位置上．
2．全卷满分150分，考试时间120分钟．
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. 已知复数，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【详解】.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】不等式因式分解得，
∴ 不等式解集为，又，∴ 全集.
∵ 集合，∴ ，故选A.
3. 一组数据为1，2，4，4，6，7，9，10，记该组数据的平均数，中位数，众数分别为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】该组数据的平均数为，
该组数据共8个数，则中位数为第4个和第5个数的平均数，是，
该组数据的众数，
所以.
4. 已知单位向量，，，满足，则，的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据向量的数量积的性质可得，再由夹角公式可得，再结合向量夹角范围可得.
【详解】因为都是单位向量，所以.
由，移项得，两边同时平方得： ，
所以，，整理得.
设夹角为，由夹角公式，
因为，所以，因此，的夹角为.
5. 已知函数，，若与的图象有唯一公共点，则的值为（ ）
A. -1B. 0C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分别求得和的图象关于对称，画出图象，结合图象，得到唯一的交点为，代入即可求解.
【详解】由函数，可得其周期为，且，
又由，所以的图象关于对称，
又由函数，可得函数的图象也关于对称，
将，代入，可得，
因为与的图象有唯一公共点，如图所示，
可得函数与的图象有唯一的公共点，
将代入，可得，解得，
所以实数的值为.
6. 若函数在上无最小值，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当时，在上第一次使得，解得，
当时，在上第二次使得，解得，
当时，函数在上无最小值，解得.
所以的取值范围为.
7. 已知，是两个随机事件，若，，，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由及求得，再由概率的性质、条件概率的求法求概率.
【详解】由，则，故，
由，则，且，
所以.
8. 如图，已知二面角的大小为，点在半平面内，且．现将射线在平面内绕点逆时针旋转形成射线，直至时停止旋转．记，，则在旋转过程中，随着的增大，（ ）

A. ，也随之增大
B. 当为锐角时，先减小再增大
C. 当为直角时，先减小再增大
D. 当为钝角时，先减小再增大
【答案】B
【解析】
【分析】作出二面角的平面角，利用余弦定理用表示出，通过分析的变化情况，分析随的变化情况.
【详解】过作，垂足为，
在平面内过作的垂线，交于点.
设，因为，所以.
中，.
中，.
中，
，
当为直角时，，随的增大而增大；所以C错误；
当为锐角或钝角时，.
当为锐角时，，
所以为锐角，先从锐角增大到直角，再增大到钝角，所以先增大，后减小，
即的值先增大后减小，所以先减小再增大；所以B正确；
当为钝角时，，
所以为钝角，，所以随的增大而减小，且，
即的值随的增大而减小.
所以D错误.
综上所述，A错误.

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. 某生物公司研发的抗体的半衰期（单位：天）服从正态分布，则下列结论正确的是（ ）（参考数据：若，则，）
A. 的均值为45天B. 的方差为5
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】选项A，根据正态分布，可知均值为天，正确.
选项B，根据正态分布，可知方差为，错误.
选项C，,正确.
选项D，因为，所以.
又因为，所以，正确.
10. 设函数，(且)，则（ ）
A.
B. ，
C. 的值域为
D. 若方程至少有一个实数解，则
【答案】BD
【解析】
【分析】A.利用函数的周期性求解；B利用函数的周期性求解；.C.利用函数的单调性求值域；D. 方程 有解，分 和进行讨论.
【详解】由 时 ，，
所以，即 ，故 A错误；
B.，， 时 ，
可知 是周期为 1的周期函数，，故 B正确。
C.分两种情况讨论底数 ：
若 , 在 单调递增，所以的值域为；
若 , 在 单调递减， 所以的值域为，
值域随 范围变化，不恒为 ，C错误。
D.方程 有解 存在 ，使得 ，即 ,
，分情况：
若 ：，无解；
若 ： 在 值域 ，要存在 使 ，需 ，即 ,
因此 D正确.
11. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，满足，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简，推得即，再结合已知边的关系与余弦定理，得到关于的一元二次方程并求解，最后利用正弦定理和三角恒等变换逐一验证各选项即可.
【详解】已知，利用和差化积公式可得：
，在三角形中，，
所以，即，
所以，而，
所以，即，
利用二倍角公式可得：，
化简可得：，即，
又因为在中，，所以，
当为0时，则，
因为，且，则，
所以不可能为0，所以不可能为0，
所以必有，又因为，所以，
即，所以，因此B正确，
由B选项可知，，所以，又因为，
两边除以得：，设，
则1−k2=k⟹k2+k−1=0 ，解得正根，
即，因此A正确，
又因为，所以，因此，
由正弦定理可得：​，得：
，​ 又因为，
所以在选项C中，，
又因为，所以，
即，C错误，
在选项D中，，
所以，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 曲线在点处的切线的斜率为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义进行求解.
【详解】因为曲线，所以，
将切点横坐标代入，则导数值： .
所以曲线在点处的切线的斜率为.
13. 如图，在三棱锥中，，分别为，上的点，满足，．记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则____________．

【答案】##
【解析】
【分析】通过三棱锥底面面积以及高的比值来确定体积比值并求出.
【详解】因为，，
所以，且.
，
解得.
14. 某机器人公司研发新产品模拟学生军训动作，测试人员等可能地随机向机器人发出“向前一个单位”，“向右转”两种指令，则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】求出14 次指令的总情况数，再求出测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置满足的情况的种数，从而得到所求概率.
【详解】14 次指令的总情况数为
则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置，
分类计数：
情况一，k=0（即原地转 14 次），共 1 种情况；
情况二，k=1（即转 9 次，各方向前进 1 次），需在 9 次转向中，为 5 个方向各分配 1 次前进，且前进位置在对应方向的“可前进区间”内，共种情况。
情况三，k=2（即转 4 次，各方向前进 2 次），各方向前进 2 次，共 1 种情况，
总计符合条件的情况数为 1+32+1=34 种，
所以测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为.
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. 已知函数．
（1）求；
（2）求不等式的解集．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由函数解析式求函数值并结合对数运算可得；
（2）先求函数的定义域，再将不等式根据对数函数的性质转化为一元二次不等式，并求得解集，再与函数的定义域求交集可得.
【小问1详解】
因为函数，所以，，
，
所以
.
因此.
【小问2详解】
要使函数有意义，则，即，得；
又由，可知，
根据对数函数的性质，得，，，，解得，
所以不等式的解集为，
因此不等式的解集为.
16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，．
（1）求；
（2）当的面积取最大值时，点满足，，与交于点，的角平分线交于点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦边角关系、三角恒等变换和三角形内角性质求得，即可得；
（2）法一：应用余弦定理及基本不等式求得，注意取等号的条件为、，结合已知求线段长；法二：应用正弦定理及三角形面积公式得，由余弦函数的性质确定最值对应的、且，再结合已知求线段长.
【小问1详解】
由，可知，
整理得，且，
所以，且，所以；
【小问2详解】
法一：因为，所以，
由基本不等式可知，则，
当且仅当时等号成立，此时，
因为，，，
所以，．
因为的角平分线交于点，
所以，从而，
因为，所以，从而．
法二：由正弦定理可知，
从而的面积
，
当且仅当时，的面积取最大值，此时，且．
下同法一．
17. 如图所示，在三棱台中，，其中，分别为棱与的中点，且平面．
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为，且，分别为棱与的中点，则，
又因为，且平面，故平面，
因为平面，所以．
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）作于点，证得平面，得到为直线与平面所成角，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
解：作于点，
由平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
在等腰梯形中，由，
可得，则，
又由，可知，则，，
以为坐标原点，以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与平面的夹角为，则，
则，
所以平面与平面的夹角的正弦值为．
18. 甲、乙两名篮球爱好者投篮比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．已知甲每次都投两分球，即命中得2分，不命中得0分，且每次命中的概率为；乙每次都投三分球，即命中得3分，不命中得0分，且每次命中的概率为．由抽签确定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为．
（1）比赛第二次由甲投篮的概率；
（2）记第次投篮甲的得分为随机变量（若第次由乙投篮，则），求；
（3）比赛累计投篮次，记甲、乙的累计得分之和为随机变量，求．
（注：若，是离散型随机变量，则）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式求解即可；
（2）由题意得到甲投篮概率的递推公式，从而求得第次投篮由甲投篮的概率，结合甲得分的随机变量或，求得；
（3）求出乙得分的数学期望，根据期望的性质求得．
【小问1详解】
设比赛第二次由甲投篮的概率为，则．
【小问2详解】
设第次投篮由甲投篮的概率为，则第次投篮由乙投篮的概率为.
易知，且，
即当时，.
故第次投篮由甲投篮的概率为．
当第次投篮时，甲得分的随机变量或，
所以当时，；
当时，，，
所以．
综上所述：．
【小问3详解】
记第次投篮时，乙得分的随机变量为，则或，
当时，；
当时，，，
所以.
综上所述：．
所以当时，；
当时，；
故．
19. 若函数满足：对任意的，，，都有，则称函数在区间上具有性质．
（1）设函数，，分别判断，是否在上具有性质；
（2）设函数，若在其定义域上具有性质，求实数的取值范围；
（3）已知函数具有性质，且图象是一条连续曲线，若在上单调递增，求证：是奇函数．
【答案】（1）函数在上不具有性质．在上具有性质．
（2）
（3）证明：
函数的定义域为，
要证是奇函数，只要证：对任意的实数，即可．
对任意实数，由函数具有性质，可知：
当时，．①
设，
当，即时，由①得，
即当时，；②
当，即时，由①得，
即当时，；③
由曲线的连续性，可知在上存在零点，即．④
由于函数在上单调递增，故在上也单调递增，
由②得，由③得，故有．
代入④得，．
故为奇函数．
【解析】
【分析】（1）证明函数不具有性质P时，可通过举反例的方式快速验证；证明函数具有性质P时，需对目标表达式进行代数变形，通过配方等方式证明其恒正.
（2）首先根据性质P的定义转化出对应不等式，再结合函数的奇偶性，将不等式转化为函数单调递增的判定条件，最后通过导数恒非负求解参数的取值范围.
（3）围绕奇函数定义，构造辅助函数，结合性质判断在不同区间的符号，再利用的单调性与零点存在性确定零点位置，即可推导出奇函数定义式.
【小问1详解】
函数在上不具有性质，在上具有性质．
一方面：对于函数，取，，则有，
故函数在上不具有性质．
另一方面：对任意的，，，
，
故函数在上具有性质．
【小问2详解】
函数的定义域为，由具有性质，可知
对任意的，，，都有，
因为，即函数为奇函数，所以可化为，
从而在上单调递增，故，
即，即在上恒成立，
∵，∴，
从而．
【小问3详解】
略
1. 处理新定义类函数问题的关键是准确翻译定义规则，否定类结论优先采用举反例法简化运算，肯定类结论需进行严谨的代数推导.
2. 求解函数单调性相关的参数范围问题时，可将单调性条件转化为导数恒成立问题，结合定义域求解参数的取值范围.
3. 证明抽象函数奇偶性结合新定义性质的问题，可以围绕奇偶性定义构造辅助函数，结合函数单调性、零点存在定理推导定义式成立.