2025-2026学年浙江省温州市十校联盟高二下册6月期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年浙江省温州市十校联盟高二下册6月期末考试数学试卷（含解析），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数z在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．展开式中的常数项为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．在三角形中，M是线段上的一个动点，且满足，求的最小值（ ）
A．2B．4C．8D．1
5．如图是函数的导函数的图象，则在下列区间内，一定存在最大值的是（ ）
A．B．C．D．
6．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，的面积为，则（ ）
A．4B．6C．D．
7．历史上第一个给出函数一般定义的是19世纪德国数学家狄利克雷（Dirichlet），他在1829年定义了一个“奇怪的函数”：，其中为实数集，为有理数集．则关于函数的如下四个命题中，不正确的是（ ）
A．，都有
B．，都有
C．，都有
D．，都有
8．一个轴截面为倒立正三角形的圆锥形水杯，内部装有高度为的水，现将一个半径为2的实心铁球放入水杯中，恰好完全浸没，水未溢出（如图），则（ ）
A．100B．120C．144D．216
二、多选题
9．下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．某学校数学兴趣小组在＂探究姜撞奶随着时间变化的降温及凝固情况＂的数学建模活动中，将时间（分钟）与温度（摄氏度）的关系用模型（其中e为自然对数的底数）拟合．设，变换后得到一组数据：
由上表可得线性回归方程，则（ ）
A．样本数据的下四分位数为2.5B．
C．当时，残差为0.01D．
11．已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，，则下列选项中正确的是（ ）
A．若直线平面，点P的轨迹长度为
B．若，则直线与所成角的取值范围是
C．若，则平面平面
D．若，则的最小值为
三、填空题
12．曲线在处的切线的方程为_______
13．若正项整数数列满足，，已知，则的所有可能取值的和为________．
14．暑假即将来临，某同学制定了一个5天游玩5个不同景点的旅游攻略，他计划每天游玩一个景点，但第一天不去景点，第二天不去景点，最后一天不去景点，其余两天没有限制，则不同的游玩日程安排有________种．（用数字作答）
四、解答题
15．已知向量，，若函数，
(1)求的值；
(2)求不等式的解集．
16．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，且，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
17．某企业生产的产品有一项质量指标，为评估产品质量，质检部门抽取了100件产品，整理得到质量指标的频率分布直方图，如下图（组距为10）：
(1)求图中a的值及平均值（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标Z服从正态分布，其中近似为样本平均数，方差．利用该正态分布求；
(3)现从生产线中取出5件产品，其中恰有2件次品，但不能确定哪2件为次品，需对5件产品依次进行检验，每次检验后不放回，当能确定哪2件是次品时即终止检验，记终止时一共检验了X次，求随机变量X的分布列与期望．
参考数据：
若，则，
18．数列中，是数列的前项和，已知，．
(1)求证：是等差数列；
(2)已知，
（Ⅰ）若，求数列的前n项和；
（Ⅱ）若在和之间插入的前项，得到新数列，且的前项和为，求时，的最小值．
19．已知；
(1)讨论的单调性；
(2)若，且；
（Ⅰ）求的取值范围；
（Ⅱ）求证：．
参考答案
1．A
解析：复数z在复平面内对应的点为，
可知，
则.
2．B
解析：由，得，解得，所以，
又因为，所以.
3．C
解析：根据二项式定理，展开式中的通项公式为：
，
要求展开式中的常数项，则的指数为0，即，
解得，代入通项公式的系数部分，求得常数项：
，C正确.
4．B
解析：三点共线，且M是线段上的一个动点，满足，
，
则，当且仅当时取等，
故的最小值为．
5．C
解析：由图象可知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
对于A，在开区间先减后增，无最大值，A错误.
对于B，结合在开区间上的单调性，知为极大值点，开区间内，无法确定端点函数值与极大值的大小关系，故不一定存在最大值，B错误.
对于C，在开区间先增后减，一定有最大值，C正确.
对于D，结合在开区间上的单调性，知为极大值点，开区间内，无法确定端点值与极大值的大小关系，故不一定存在最大值，D错误.
6．A
解析：由，解得，
由余弦定理得，即，则得，
所以，
故.
7．D
解析：对于选项A，当时，，则，
当时，，则，所以A正确；
对于选项B，，当时，，则，
当时，可知，则，所以B正确；
对于选项C，，若，则，此时，
若，则有两种情况，
当时，此时，满足，当时，此时，
若，则有两种情况，
当时，此时，满足，
当时，此时，
综上，，都有，所以C正确；
对于选项D，当时，有，
此时，所以D错误.
8．B
解析：如图所示，为圆锥底面的圆心，根据内切球的性质可知，垂直于底面，垂足为，
则,,由于圆锥轴截面为倒立正三角形，
那么,
在中，,，
在中，，
故，，
，
当球未放入水中时,如图所示，底面直径，圆心，
在中,，，
，
由于，
所以.
9．BD
解析：A选项，若，则，A错误；
B选项，若，则，B正确；
C选项，若，
则，C错误；
D选项，若，则，
即，，，D正确.
10．ABD
解析：对于A选项，样本取值按从小到大排列为：，，，，共有5个数据，
则其下四分位数的位置计算为，则取第二个数据，即2.5，故A正确；
对于B选项，，则，
则，解得，故B正确；
对于C选项，当时，的实际观测值为，代入回归方程得，
所以对应残差为，故C错误；
对于D选项，对原指数模型两边同时取自然对数：，可得，
和已知线性回归方程对比，可得，两边取指数得，故D正确.
11．ACD
解析：依题意，如图以A为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，
因为，则,
对于A，设平面的法向量为，
因为，，,
所以，故可取
，由平面可得，即，
即点三条共线，故的轨迹为线段，而，故A正确；
对于B，当时，，所以，，
设与所成角为，
则，
因在上单调递增，故在上单调递增,
故可得,又因在上单调递减，则有,故B错误；
对于C，设平面法向量为，
因为，，
则，故可取，
设平面的法向量为，
当时，，，
，故可取,
，故平面平面，即C正确；
对于D，当时，点在平面内，
关于平面的对称点，连接交平面于点,
连接，则，因，
由图知
则当三点共线且点在之间时，取得最小值为，故D正确.
12．
解析：由题意，，所以，则，
因为当时，，所以在处的切线的方程为：，即.
故答案为：.
13．24
【分析】利用递推关系进行求解．
解析：因为，
当时，，解得，
当时，，解得或，
当时，，解得或或，
则的所有可能取值的和为：．
14．64
解析：假设另外两个景点为，.根据题意要对第一天，第二天，第五天游玩的景点进行分情况讨论.
①第一天选景点，接下来考虑景点，最后一天不去，有种选择，剩下3天，3个景点可以任意安排，所以总共有种选择；
②第一天选景点，接下来考虑景点，第二天不去，有种选择，剩下3天，3个景点可以任意安排，所以总共有种选择；
③第一天选景点，接下来考虑第二天的景点.
第二天去景点，剩下3天，3个景点可以任意安排，所以总共有种选择；
第二天去景点，再考虑景点不能在第五天，有种选择，剩下2天，2个景点可以任意安排，所以总共有种选择；
第二天去��景点，再考虑景点不能在第五天，有种选择，剩下2天，2个景点可以任意安排，所以总共有种选择；
所以第一天选景点，总共有种选择.
④第一天选景点，跟第一天去景点情况一样，共有种选择.
综上所述，不同的游玩日程安排有种选择.
15．(1)
(2)，
解析：（1）
；
（2）由（1）知，即
，
所以，
即不等式的解集为，
16．(1)证明：在四棱锥中，
∵，，∴三角形为等腰直角三角形．
如图取中点，连接．则，且
∵四边形为正方形，∴，
又∵，
∴．∴．
又∵，且，平面，
∴平面．
又∵平面，
∴平面平面．
(2)
解析：（1）略.
（2）如图，在平面内过点作，交于点.
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则，，，
，，
设平面PCD的一个法向量为，
，令，则，，故，
设直线与平面所成的角为，则
∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
17．(1)；
(2)
(3)
解析：（1）由频率分布直方图可得，解得 ；
则.
（2）
（3）由题可得X的取值为则，
18．(1)法一：当时，
，，，
，
，
，
，
是常数列，设该常数为k，则，，
，也符合上式，因此是等差数列．
法二：
，
，
，
①，
又，
②，
②-①，
则数列是等差数列.
法三：
当时，解得，
当时，，
即，
，，，成等差数列，
猜想，.
（ⅰ）时，，，成等差数列，猜想显然正确.
（ⅱ）假设时猜想正确，
即，，
则当时，，
，
，
，
，，
，
时，猜想也正确；
综上所述，，对都成立.
是等差数列.
(2)（Ⅰ）（Ⅱ）54
解析：（1）略.
（2）（Ⅰ），，，
设数列的前n项和为，
③，
④，
所以③-④得，
，
所以.
（Ⅱ）新数列为：，，，，，，…，，，，…，，…，
将此数列分成若干组，，为第一组；，，为第二组；……，，，…，为第k组，
与之间的k项数列的和为：，
可得数列取到后的第k项时：.
前k组之和为：
，
显然随k的增大而增大，
当时，，，
，第44项再往后取m项，使m项的和大于978，
即：，
，当时，，时，，
，有最小值为54．
19．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)（Ⅰ）或
（Ⅱ）要证：，只要证，
显然，所以，
又在单调递增，所以只要证，
因为，即证，
因为，所以只要证对恒成立即可．
，
因为时，所以恒成立，
当时，恒成立，在单调递减，
而，所以对恒成立，
即成立．
解析：（1）的定义域为，，
当时，，在上单调递增；
当时，令，即，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）（Ⅰ）由（1）得，当时，单调递增，不可能有两个零点．
所以，此时
又或时，，所以只需即可，
即，解得或.
（Ⅱ）略
2
2.5
3
3.5
4
4.04
4.01
3.98
t
3.91
X
2
3
4
P
X
2
3
4
P