精品解析：浙江省名校协作体2025-2026学年高二上学期返校联考数学试题

2025学年第一学期浙江省名校协作体试题 高二年级数学学科 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题卷． 一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集和交集运算即可求得结果. 【详解】由，又因为， 所以， 故选：B. 2. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示及向量共线的坐标表示，列式求出. 【详解】依题意，，由，得， 所以. 故选：C 3. 已知是两个不重合的平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面关系、面面关系的性质定理及判定定理判断可得； 【详解】解：因为是两个不重合平面，直线，若，则存在直线，满足，因为，所以，所以，故充分性成立； 若，，则，或，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件； 故选：A 4. 在平面直角坐标系中，的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点，其中，则（ ） A. 11 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出及，再利用齐次式法求出目标值. 【详解】依题意，，而，解得，因此， 所以. 故选：D 5. 袋子中有6个大小质地完全相同的球，其中1个黑球，2个白球，3个黄球，从中不放回地随机摸出2个球，能摸到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合古典概率求解. 【详解】依题意，从袋子里不放回地随机摸出2个球的试验有个基本事件， 能摸到白球的事件含有基本事件个数为， 所以能摸到白球概率为. 故选：C 6. 在中，分别为角的对边，已知，则（ ） A. 5 B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设外接圆半径为，根据正弦定理和二倍角公式化简求出，即，再根据余弦定理，求得，即得答案. 【详解】设外接圆半径为，由正弦定理得，， 因为， 所以，即， 即， 在，，， 所以，所以，即， 所以，即，解得或（舍）， 故选：A. 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数并确定单调性，再利用单调性比较大小. 【详解】令函数，则， 而函数在R上单调递增，，则， 又，于是， 而函数在上单调递增，，因此， 所以的大小关系是. 故选：B 8. 在三棱锥中，是等边三角形，，则与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，利用线面垂直、面面垂直的判定性质确定线面角，再结合余弦定理求解. 【详解】在三棱锥中，取的中点，连接， 由是等边三角形，得， 由，平面，得平面， 而平面，则平面平面，平面平面， 所以是直线在平面内的射影，又平面，则， 因此是直线与平面所成的角或其补角， 令，则， 由，得， 在中，由余弦定理得，则， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 故选：A 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. 已知复数，其中，为虚数单位，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为实数，则 D. 若为纯虚数，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数模、复数的乘除法运算，结合复数的概率逐项求解. 【详解】对于A，当时，， ，A正确； 对于B，，无解，B错误； 对于C，，由为实数，得，C正确； 对于D，， 由为纯虚数，得且，解得，D错误. 故选：AC 10. 中，已知，则（ ） A. B. 可以取值为 C. 取最大时，边上的中线长为 D. 面积的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角判断A；求出的范围求解判断BC；利用余弦定理及三角形面积公式列式，再借助辅助角公式求出最大值. 【详解】对于A，在中，由及正弦定理，得，A正确； 对于B，，当且仅当时取等号，则， 因此不可以取，B错误； 对于C，由选项B得取最大值，此时， 则，C正确； 对于D，由余弦定理得， 解得，则的面积，而， 则， 解得，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为3，D正确. 故选：ACD 11. 若四面体各棱长均为1或2，但不是正四面体，则该四面体外接球的表面积可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】设四面体的外接球的球心为，半径为，分三种情况讨论①若一条棱长，其余各棱棱长均为2，②若其中一组对棱相等且长度为1，其余棱长为2，③三棱锥为正三棱锥，且侧棱长为2，是边长为1的等边三角形.根据对称性确定球心位置，由球心到各顶点距离相等列式可求半径，进而得到四面体外接球的表面积. 【详解】设四面体的外接球的球心为，半径为，表面积为， 依题意，四面体长为1的棱最多有3条，分以下三种情况讨论： ①若，其余各棱棱长均为2，取的中点，连接、， 由，为的中点，得，,， 则，， 根据对称性，球心在上，设，则， 由，得，解得， 因此，B可能； ②若其中一组对棱相等，不妨设，其余各棱棱长均为2，取的中点，连接， 由，，为的中点，得， 则，，， 根据对称性，球心为中点，因此，A可能； ③三棱锥为正三棱锥，且侧棱长为2，是边长为1的等边三角形， 设顶点在底面内的射影点为，连接、， 则是底面正三角形的中心，且，， 根据对称性，球心在直线上，设，则， 由得，解得， 因此，C可能. 故选：ABC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则__________． 【答案】28 【解析】 分析】根据给定条件，利用指数运算、对数运算分段代入求出函数值. 【详解】依题意，，所以. 故答案为：28 13. 在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则四面体的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】连接交于点，利用线面垂直证明为四面体的高，进而利用等体积法求得答案. 【详解】 如图，连接交于点， 因为平面，平面，平面， 所以，， 又因为， 所以四边形为矩形， 而在平面内， 又因为，，， 所以面， 所以为四面体的高， 因为正方体棱长为2，所以， 所以， 故答案为：. 14. 在中，分别为角的对边，且，设的内切圆半径为，圆心为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理、正弦定理结合三角恒等变换求得，再利用三角形内心性质及数量积的定义，结合积化和差公式求解即得. 【详解】在中，由，及余弦定理，得， 则，解得或， 由正弦定理得或，而， 由，得， 即，整理得， 又，则， 又，因此，，， 同理由，得， 由为的内心，得， 令内切圆切边于，连接，则，， 所以 . 故答案为： 四、解答题：本大题共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）若，求不等式的解集； （2）若对于任意，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解一元二次不等式可得结果； （2）分离参数可得，由基本不等式求得，从而可得的范围. 【小问1详解】 当时，，不等式，即， 整理得，解得，故此不等式的解集为． 【小问2详解】 由题意，，得，即恒成立， 又，（当且仅当取等号），即，所以，解得． 16. 某市为了迎接全国文明城市的复查，文明办随机抽取了位市民进行问卷调查，调查项目是对该市各方面文明情况的满意度，现统计他们的问卷分数，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为，第2小组的频数为24，回答下列问题： （1）求的值，若规定问卷调查的满意度的第60百分位数不大于88分，则通过复查；否则，视为不通过．试判断该调查是否通过复查； （2）在统计该问卷调查中，通过分层随机抽样得到前两组样本的平均数分别为76，82，方差分别为5，2，求这两组数据总的平均数及方差． 【答案】（1），通过复查 （2）80，11 【解析】 【分析】（1）根据给定的频率分布直方图求出第2小组的频率即可求出，再利用第60百分位数的定义求解判断. （2）利用分层抽样的平均数公式及方差公式列式计算. 【小问1详解】 由后2组的频率和为，得前3组的频率和为， 又前3个小组的频率之比为，则第一组的频率为， 第二组的频率为，第三组的频率为，因此； 而前二组的频率和为，前三组的频率和为， 因此第60百分位数为，所以该调查通过复查． 【小问2详解】 依题意，这两组数据的平均数， 方差， 所以这两组数据总的平均数及方差分别为80和11. 17. 已知函数． （1）将的图象向右平行移动个单位长度后，得到的图象，求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）若函数在时取得最大值为，求非零实数和值． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用平移变换求出解析式，再利用正弦函数性质求解. （2）求出函数，利用二倍角公式及辅助角公式化简，再利用给定最值条件列式求解. 【小问1详解】 依题意，，所以函数的最小正周期为； 由，得， 所以单调递增区间为. 【小问2详解】 依题意， ， 其中由确定， 由函数在时取得最大值为，得， 所以. 18. 如图，在三棱锥中，且的中点分别为，且． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）法1，根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证；法二，根据给定条件，借助空间向量数量积，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （3）作出并确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解. 【小问1详解】 在中，是的中点，则，同理， 因此，而平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 法一：由，，得，， 由勾股定理得，在中，由， 得，则，同理， 则，由，得， 则，即，又，得， 在中，，则， 于是，由平面，得平面， 又平面，所以平面平面. 法二：由，，得， 由勾股定理得，在中，由， 得，由， 得 得，又平面，得平面， 又由面，所以平面平面. 【小问3详解】 连接，是的中点，得， 由，得，则的平面角为． 中，， 由（1）同理得，则， 所以二面角的余弦值. 19. 定义：对于函数，若存在常数，使得函数定义域内的任意都有成立，则称为广义偶函数．其中的对称轴为．特别地，当时，就是偶函数．设为正实数，已知函数． （1）当时，证明函数是广义偶函数，并求其对称轴； （2）若存在正实数使得对任意，都有，求的取值范围； （3）若存在，使得函数有唯一零点，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）计算得到，由题干定义可得结果； （2）由的单调性可得，再令，求得，从而可得结果； （3）解法一：由绝对值不等式可得，从而有零点等价于，分析的解析式可知需满足，最后证明当时，存在使得函数有唯一零点． 解法二：先分析得到和时，无零点，即在上有唯一零点，由的解析式分类讨论可得结果. 【小问1详解】 当时，， 所以，所以为广义偶函数，其对称轴为． 【小问2详解】 因为在上单调递减，在上为常数函数，在上单调递增， 所以， 记，易得，所以. 【小问3详解】 解法一：由得， 要使有零点，则． 记，当时，恒成立，所以， 即，得． 下证当时，存在使得函数有唯一零点． 不妨取，此时有， ， 当时，恒成立，即在上无零点． 当时，单调递增， 当时，，即在上有唯一零点． 综上可得． 解法二：由， 当时，， 当时，，所以在上无零点； 当时，， 若，即，只需，即，得； 若，即，只需，得； 若，即，只需，即得． 综上可得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025学年第一学期浙江省名校协作体试题 高二年级数学学科 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题卷． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知是两个不重合的平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在平面直角坐标系中，的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点，其中，则（ ） A. 11 B. C. D. 5. 袋子中有6个大小质地完全相同的球，其中1个黑球，2个白球，3个黄球，从中不放回地随机摸出2个球，能摸到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，分别为角的对边，已知，则（ ） A. 5 B. 8 C. D. 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，是等边三角形，，则与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数，其中，虚数单位，则（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若为实数，则 D. 若为纯虚数，则 10. 中，已知，则（ ） A. B. 可以取值为 C. 取最大时，边上的中线长为 D. 面积的最大值为3 11. 若四面体各棱长均为1或2，但不是正四面体，则该四面体外接球的表面积可能为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则__________． 13. 在棱长为2正方体中，为线段的中点，则四面体的体积为__________． 14. 在中，分别为角对边，且，设的内切圆半径为，圆心为，则__________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）若，求不等式解集； （2）若对于任意，都有，求实数的取值范围． 16. 某市为了迎接全国文明城市的复查，文明办随机抽取了位市民进行问卷调查，调查项目是对该市各方面文明情况的满意度，现统计他们的问卷分数，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为，第2小组的频数为24，回答下列问题： （1）求的值，若规定问卷调查的满意度的第60百分位数不大于88分，则通过复查；否则，视为不通过．试判断该调查是否通过复查； （2）在统计该问卷调查中，通过分层随机抽样得到前两组样本的平均数分别为76，82，方差分别为5，2，求这两组数据总的平均数及方差． 17. 已知函数． （1）将的图象向右平行移动个单位长度后，得到的图象，求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）若函数在时取得最大值为，求非零实数和的值． 18. 如图，在三棱锥中，且的中点分别为，且． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值． 19. 定义：对于函数，若存在常数，使得函数定义域内的任意都有成立，则称为广义偶函数．其中的对称轴为．特别地，当时，就是偶函数．设为正实数，已知函数． （1）当时，证明函数是广义偶函数，并求其对称轴； （2）若存在正实数使得对任意，都有，求的取值范围； （3）若存在，使得函数有唯一零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$