浙江省金华市2025-2026学年高二下学期期末数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省金华市2025-2026学年高二下学期期末数学试卷（Word版附解析）
1．考生答题前，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卷上．
2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．
3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效．
选择题部分（共58分）
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．
1. 已知复数，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】，.
2. 已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】等价于，解得，即.
所以.
3. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题写出结果即可.
【详解】∵全称量词命题的否定是存在量词命题，
∴命题“，”的否定是“，”.
故选：B．
4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. 0.1B. 0.2C. 0.4D. 0.6
【答案】D
【解析】
【详解】随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于对称，所以，所以.
5. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质及空间想象判断各项的正误.
【详解】A：若，，，则平行、异面、相交均有可能，错；
B：若，，则或，错；
C：若，，则或，错；
D：若，，则，又且，是两条不同的直线，则，对.
6. 的展开式中，第3项为常数项，且该常数项为60，则实数的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式，先根据第三项为常数项求出展开式的次数，再结合常数项的值为求解正数.
【详解】对于，其展开式通项，
第3项对应，即，由第3项是常数项，得，解得.
已知常数项为，代入得，即，解得，
又，所以.
7. 已知的内角，，的对边分别为，，，若且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据余弦定理，得，再利用正弦定理，结合三角形的内角和公式及三角恒等变换公式可求角的值.
【详解】由，结合余弦定理，得，即，
因为，所以.
根据正弦定理，得.
因为，所以，
所以，
所以.
因为，
所以.
8. 已知实数，满足，，则，的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】假设，则，即，而在上单调递减，则，同理，从而得出矛盾.
【详解】假设，则，即，
而在上单调递减，又，故，
同理，即，
而在上单调递减，又，故．
综上，假设不成立，故.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知平面向量，，，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若与共线，则D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用平面向量共线的坐标公式，数量积的运算公式，以及模的计算公式逐一计算判断即可.
【详解】对于A，因，，由，可得与不共线，故A错误；
对于B，因，则，故B正确；
对于C， 因，，
由与共线，可得，解得，故C错误；
对于D，因，则，故D正确.
10. 设函数的定义域为，定义，．若为奇函数，为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的解析式为
C. 在区间上单调递增D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由为奇函数，为偶函数，整理得到的解析式；根据的函数类型，结合函数的单调性即可分析在区间的单调性；结合函数的性质，即可求得的最大值.
【详解】为奇函数，，
，即；
为偶函数，，
，即.
联立，解得.
，
故是一个二次函数，其二次项系数，函数图象开口向下，对称轴为.
在上单调递增，在上单调递减；
对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，由在上单调递增，且，在区间上单调递增，故C正确；
对于D，，二次项系数，得时，取得最大值，此时，故D正确.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 设，若关于的方程有解，则的取值范围是
B. 若实数，满足，则的取值范围是
C. 设，，，是方程的两根，则
D. 若，恒成立，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】把方程转化成，根据方程有解，可得，即可求的取值范围，判断A的真假；根据所给的条件，可得，再确定的取值范围，结合二次函数的性质，可求的取值范围，判断B的真假；结合韦达定理，表示出，，用它们求出，再结合的符号，可判断C的真假；先把原不等式化成，不等式恒成立，可得，结合和差化积公式，可得，可判断的符号，进而得到的符号，判断D的真假.
【详解】对A：由，
因为方程有解，所以，
又，所以，故A正确；
对B：因为，所以.
又，所以，
因为其对称轴为，所以在上单调递增，且，，所以，故B错误；
对C：由韦达定理，，.
又，，所以，，
因为，
所以，故C正确；
对D：由，
所以.
因为对，恒成立，
所以，
化简得：.
所以，
所以，即.
所以，
因为，所以必有
所以，故D正确.
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若扇形的圆心角为，弧长为，则此扇形的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据弧长公式求出扇形的半径，然后利用扇形面积公式求解.
【详解】扇形的圆心角为，弧长为，
则，
.
13. 若曲线存在过原点的切线，则实数的取值范围为________
【答案】
【解析】
【分析】设曲线上任意一点为，将问题转化为方程有解，据此可得答案.
【详解】设曲线上任意一点为，则.
因，则曲线在的切线方程为：
.
因存在切线过原点，将代入切线方程，得方程有解.
因，则方程有解或.
14. 已知在四面体中，和的面积分别是5和8，且二面角的平面角为，则经过棱和四面体内切球球心的截面的面积为________
【答案】
【解析】
【分析】设为四面体内切球球心，面截四面体得到截面，可得点在二面角的角平分面上，在面中从点向作高，长度为，在面中从点向作高，长度为，设截面的面积为，利用四面体体积可得答案.
【详解】如图，设为四面体内切球球心，内切球半径为，
面截四面体得到面，点在棱上，
因为点到面和面的距离相等，都等于，
因此点在二面角的角平分面上，
因为二面角的大小为，
所以截面与面和面的夹角均为，
设，且，
在面中从点向作高，长度为，
在面中从点向作高，长度为，则，
四面体被截面分为两个小三棱锥，
点到面的距离为，点到面的距离为，
设截面的面积为，则四面体的总体积为
，
点到面的距离为，
另一方面四面体的总体积还可以表示为，
所以，即，
解得.
故答案为：.

四、解答题：本小题共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. 某校为落实“阳光体育”政策，鼓励学生积极参加体育锻炼，从全校随机抽取了200名学生，统计他们每周的体育锻炼时间（单位：小时），将数据分成6组：，，，，，，并根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求的值，并估计全校学生每周锻炼时间的平均数和第70百分位数（百分位数用分数表示）；
（2）现采用分层抽样的方法，从周平均体育锻炼时间在内的学生中抽取10人，再从这10人中随机选取2人作为“阳光体育之星”，求这2人来自同一组的概率．
【答案】（1）平均数为，第70百分位数：
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有组的频率和为1列方程求解，再利用每组组中值乘对应频率求和得到平均数，通过计算累计频率确定第70百分位数所在区间后，结合百分位数计算公式得到结果；
（2）先计算出三个区间的频率和对应人数，按分层抽样的比例得到抽取的10人中各组的抽取人数，再分别计算从10人中选2人的总基本事件数和2人来自同一组的基本事件数，最后根据古典概型概率公式计算所求概率.
【小问1详解】
由，即，解得；
设第70百分位数为，则，解得.
因此估计全校学生每周锻炼时间的平均数为，第百分位数为.
【小问2详解】
“体育锻炼时间在内”包含第2、3、4组，频率分别为0.21、0.21、0.28，
对应人数42人、42人、56人，则抽样比，故各组抽取人数为3人、3人、4人，
用表示“人来自同一组”，
.
16. 已知的内角，，的对边分别为，，，满足．
（1）求角的大小；
（2）若，的周长为，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合题设，，可得答案；
（2）由题设及余弦定理，可得，，据此可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理，将边转化为角，，
展开得：，得，
由于在三角形中得，结合，可得；
【小问2详解】
因三角形周长，，则.
由余弦定理：，代入，，
得，
则.
17. 如图，在四棱锥中，，，已知，四棱锥的体积为，平面与平面的夹角为，且在底面上的投影在四边形内（包括边界）．
（1）求证：；
（2）若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：连接，则面，过作交于点，连接和．
因为平面，所以．
因为，，平面，，所以平面.
又平面，所以.
则即为平面与平面的夹角，即．
又，所以，所以，
而，则，所以．
所以四边形为平行四边形，故
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面平行的判定定理，结合面面角的定义得到，进而求得，结合得到四边形为平行四边形，即可证得.
（2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，根据题意求出点坐标，结合线面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
以为原点，以为轴，为轴，过且垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，.
设，根据题（1）可得，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，所以.
设平面法向量为，
则，即，令，则，所以.
又平面与平面所成角的余弦值为，
所以，整理得，解得.
此时，.
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18. 学校社团招新设置个集章点，编号为1，2，…，n，每号点初始有1枚红色印章、1枚蓝色印章.按以下规则流转：
①工作人员向1号点随机放1枚印章，红、蓝概率各为0.5；
②2号点从1号点的3枚印章中随机取1枚，3号点从2号点的3枚印章中随机取1枚，依此类推，直到号点从号点随机取1枚；
③最后从号点的3枚印章中随机移除1枚，完成一轮集章．
（1）求第一轮集章结束后，1号点恰好有2枚红色印章的概率；
（2）当时，记第一轮集章结束后2号点红色印章数量为，求的数学期望；
（3）记第一轮集章结束后号点的红色印章数量为，求的数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）明确1号点初始有1红1蓝，要最终恰有2枚红色印章，需先确定向1号点放入印章的颜色要求，再确定2号点从1号点取走印章的颜色要求，两个事件相互独立，用分步乘法计数原理计算概率；
（2）确定的流程，求出 2号点从1号点取来的印章是红或蓝的概率各为0.5，由于移除是随机的，得到移除1枚印章是红或蓝的概率各为0.5；得到，进而计算.
（3）由（2）同理可求得，进而求出.
【小问1详解】
若要“第一轮集章结束后1号点恰有2枚红色印章”，则应从1号点放入红色印章，移除蓝色印章，则；
第一轮集章结束后1号点恰有两枚红色印章概率为.
【小问2详解】
当时，流程为：1号点2号点移除1枚.
2号点初始有1红1蓝，记为2号点从1号点取来的1枚印章，为从2号点移除的1枚印章.
若1号点放入红色印章（概率为），1号点有2红1蓝，则取走红色的概率是，取走蓝色的概率是；
若1号点放入蓝色印章（概率为），1号点有1红2蓝，则取走红色的概率是，取走蓝色的概率是.
（Y=红），（Y=蓝）.
2号点取来的印章是红或蓝的概率各为0.5.
移除是随机的，是红或蓝的概率各为0.5.
2号点得到后，共3枚印章，最后随机移除1枚，则2号点最终的红色印章数等于初始的1枚，加上取来的（红色算1，蓝色算0），再减去被移除的（红色算1，蓝色算0），即.
【小问3详解】
由（2）可得，对于任意号点，从号点取来的那枚印章，其是红或蓝的概率始终各为0.5.
号点初始有1红1蓝，记为号点从号点取来的1枚印章，为从号点移除的1枚印章.
移除是随机的，是红或蓝的概率各为0.5.
由（2）同理可得，则
19. 已知函数，函数，．
（1）求在上的值域；
（2）当时，证明：；
（3）设，为方程的两个不等实根且满足恒成立，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）证明：令，当时，，
要证，需证，，
设，，
则，
所以在上单调递增，故，即成立，
故得证.
（3）
【解析】
【分析】（1）通过求导判断函数的单调性，求得极值并与端点函数值比较，即得函数的值域；
（2）先通过换元，运用分析法，需证，，构造函数，求导得其单调性，即可证明；
（3）根据函数的单调性及图象趋势可得，不妨令，通过构造函数，证明其单调性，推得，再证，将化为，进而得到在上单调递增，即在上恒成立，通过参变分离求出参数的范围即得其最小值.
【小问1详解】
对求导得，由解得，
因，则当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
则在上的值域为
【小问2详解】
略
【小问3详解】
由（1）分析可得，在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，故，
又因方程有两个不等实根，则可得，
不妨令，要证，即证，而，
因在上单调递增，则需证，即证．
设，，
则，
因为，所以，从而，
则在上为增函数，
故，即，故成立，从而成立
因，则，
故有．由，代入得．
由上证，可得，故只需在上单调递增即可，
即需满足，，而，
即需使在上恒成立，
又令，，可得不等式可化为，
因，则，从而得，故得，
因为当时，，符合题意，不等式恒成立，
若，存在区间导数小于0，不符合题意．
综上：实数的最小值为.