浙江湖州市2025-2026学年高二下学期6月期末教学质量监测数学试题

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1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数满足，为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
3.从编号为1,2,3,4的白球和编号为5,6,7的黑球中随机选取3个球，若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为
A. 30B. 35C. 45D. 60
4.若（且，且），则下列结论不正确的是（ ）
A. B. C. D.
5.已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
6.模长都为1 的平面向量() 满足，则的模不可能是（）
A. 0B. 2C. D.
7.已知正三角形的边长是2，是的中点，将沿直线翻折，构成三棱锥，使得二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积是（）
A. B. C. D.
8.已知函数有两个极值点，，且，，记函数的导函数为，则关于的方程的不同实数根个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.已知函数，则
A. 函数的值域为B. 函数的极小值点是
C. 函数有三个单调区间D. 函数有两个零点
10.下列结论中，正确的有（）
A. 数据1，2，4，5，6，8，9的第60百分位数为5
B. 若随机变量，，则
C. 已知经验回归方程为，且，，则
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
11.袋子中有大小相同且质地均匀的白球3个，红球2个.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，连续摸出两个球，则
A. 第一次摸到红球的概率是
B. 第二次摸到红球的概率是
C. 在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率是
D. 摸出红球个数的方差是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为，则该棱台的体积为 ．
13.设函数，，若对任意的，，则 ．
14.现有一个抽奖活动，主持人将两件奖品随机放在编号为1，2，3，4，5，6的两个不同箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）．记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子．则 ， ．
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.(本小题13分)
已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数和为256.
（1）求展开式中的常数项；
（2）写出展开式中所有系数为有理数的项.
16.(本小题15分)
在中，内角，，的对边分别为，，，点在边上，且，．
(1)若，求的面积；
(2)若，求，
17.(本小题15分)
在四棱锥中，底面是菱形，，PAD是边长为2的正三角形，设平面与平面的交线为，直线与平面所成角的大小为.
（1）证明：（ⅰ）；（ⅱ）；
（2）求二面角的正弦值.
18.(本小题17分)
已知，函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求实数的最小值；
(3)当时，函数恰有一个零点，求实数的取值范围．
19.(本小题17分)
甲、乙两位候选人参与选举投票，每张选票仅填写一位候选人（无弃票权）.选票支持甲，则甲得1分，若支持乙，则乙得1分.设每张选票支持甲的概率为，支持乙的概率为，满足，且各张选票的投票结果相互独立.对正整数，记为“统计完张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，为“统计完张选票后，乙的得票数比甲的得票数至少多1票的概率”.
（1）求，（用表示）；
（2）证明：为定值；
（3）证明：对任意正整数，.
1.【答案】A
2.【答案】B
3.【答案】A
4.【答案】D
5.【答案】C
6.【答案】C
7.【答案】B
8.【答案】C
9.【答案】AC
10.【答案】BCD
11.【答案】ACD
12.【答案】 /
13.【答案】4
14.【答案】 ； ； ； ； ； ；
15.【答案】解:(1)+++=256,
即=256,解得n=8;
===,
令4-r=0,r=4,
所以,常数项是==280 ;
(2)当r=0,2,4,6,8,即4-r=4,2,0,-2,-4时,是系数为有理数的项，
系数为有理数的项是,,280,,.
16.【答案】解：（1）因为在上，所以．
在中，，所以，从而
因为，所以
又，所以
因此
又，所以．
因为与有相同的高，所以
（2）设．因为，所以
又，即，所以
由正弦定理，得
因为，所以
于是即
因为，所以，从而
又，所以.
故．

17.【答案】解：(1) (ⅰ) 底面ABCD为菱形，故，∵平面，平面，∴平面，又平面，平面平面，故;
(ⅱ) 取的中点，连接、，∵为边长为2的正三角形，为中点，故，，又底面ABCD为菱形，，，故为正三角形，，∵，平面，∴平面，又平面，故;
(3) 因为PAD=且直线PA与平面ABCD所成角的大小也为,
平面PAD与底面ABCD互相垂直.又POAD,平面PAD平面ABCD=AD,AO平面PAD,所以PO平面ABCD,
则POOB,
由(1)(2)知,PBAD,POAD,lBCAD,所以BPO是二面角A-l-C的平面角,
又PO=OB=,POOB,所以OPB=,即二面角A-l-C的正弦值为.

18.【答案】解：（1）当时，，，
因为，，所以，切线方程是；
（2），
设，
①当时，，则必存在，当时，
即单调递减，而，所以与恒成立矛盾；所以；
②当时，，
所以必存在，当时，，即单调递增，
而，所以与恒成立矛盾；
所以，且，
若，因为，，
所以存在唯一的，当时，即单调递增，
当时，，即单调递减，
而，所以恒成立；
若时，，，
所以在上递增或先增后减，
由上知，恒成立；
综上，，则的最小值为；
（3）法一：由（2）知，最多有两个零点，当没有零点时，在上单调，
当有一个零点时，先增后减，或先减后增，考虑到，
以上均不符合题意，
所以要在上恰有一个零点，则在上有两个不等的根即可，
当时，，，不符合题意，
当时，首先且，
即，又，
所以在上恰有两个不等的根，
故；
法二：由（2）知，当时，的必要条件是，
考虑到，
①当时，则，
则，又，
所以在上先减后增，则恒成立；
②当时，，，
所以在上先减后增，则恒成立；
又由（2）知，当且时，恒成立；
故当时，恰有一个零点，的取值范围是上述两种情况的补集，
即的取值范围为.

19.【答案】 证明：由题意知p5为“统计完5张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，
即前5张选票中有5甲、4甲1乙或3甲2乙的概率，
所以，
所以．
同理，
，
所以．
所以，为定值 证明：当n=1时，由（1）得，
因为，所以p-1＜0，1-2p＜0，
所以p（1-2p）（p-1）＞0，
当n≥2时，在前2n-1次投票的基础上，再进行两次投票，甲比乙至少多得1票可以分为以下三种情况：
若前2n-1次投票中甲得了n-1票，再进行两次投票甲得两票，则甲比乙多得1票，其概率为，
若前2n-1次投票中甲得了n票，再进行两次投票甲得两票或一票，则甲比乙至少多得1票，其概率为，
若前2n-1次投票中甲得了至少n+1票，再进行两次投票无论结果如何，则甲比乙至少多得1票，其概率为，
可以求得：
，
移项并整理得
=
=，
因为，所以1-p＞0，2p-1＞0，
进而，
综上，对任意正整数n，p2n+1-p2n-1＞0