精品解析：浙江省浙南名校联盟2025-2026学年高二上学期返校联考数学试题

2025学年第一学期浙南名校联盟返校联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 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. 设集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合的描述法、指数函数的性质及并集的概念计算即可. 【详解】易知，所以. 故选：D 2. 众数、平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关.如图的分布形态中，分别表示众数、平均数、中位数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用单峰频率分布直方图且数据分布图左“拖尾”，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，作出判断即可求解. 【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为右起第二个矩形下底边的中点值， 由单峰频率分布直方图且数据分布图左“拖尾”，可知平均数小于中位数，且中位数为右起第三个矩形内，所以. 故选：C 3. “点在函数图像上”是“点在函数图像上”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先求出函数的定义域结合充分必要条件判断. 【详解】函数，因为，所以函数的定义域为， 函数，要使根式有意义，则，所以函数的定义域为， 若点在函数图像上，则可以取任意实数，当时点不在函数图像上， 所以“点在函数图像上”不能推出“点在函数图像上”，充分性不成立； 若点在函数图像上，则，此时， 所以若“点在函数图像上”可以推出“点在函数图像上”，必要性成立； 综上“点在函数图像上”是“点在函数图像上”的必要不充分条件. 故选：B 4. 在中，为边上的中线，E为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，向量的运算法则，用基底表示，从而求得结果. 【详解】由D为中点，根据向量的运算法则， 可得， 故选：B. 【点睛】本题考查了平面向量基本定理，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量减法的三角形法则，考查了转化能力，尤其注意向量减法运算的方向问题. 5. 根据以往考试统计，某学生数学考试不及格的概率为，英语考试不及格的概率为，而他数学或英语考试至少有一门不及格的概率为，则他数学和英语两门都不及格的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用概率的加法公式计算即可. 【详解】设数学考试不及格为事件，英语考试不及格为事件. 由题意可得 因为， 所以. 故选：B. 6. 已知为异面直线，为两个不同平面，，且直线，则下列结论中可能正确的是( ) A. ，且与相交 B. ，且与垂直 C. 与相交，且交线垂直 D. 与相交，且交线平行 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系即可求解. 【详解】因为为异面直线，，所以与不平行，即与必相交， 又，所以直线与与均平行， 即直线与和的交线平行， 故选：D 7. 四棱锥，平面平面，四边形为正方形，，则四棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用面面垂直可得平面，再利用棱长可求得得到球心，进而可求解. 【详解】 如图，设，取的中点，连接， ，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，， 在中，，，， ， 为中点，，， 又在正方形中，，， ，， 点为四棱锥外接球的球心，且半径为， 四棱锥的外接球的体积为. 故选：A. 8. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. 的最大值为2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，由根式的非负性得到；BC选项，两边平方，令，，得，将其看成一个关于的二次方程，由根的判别式得到不等式，求出，分别求导求出的值域，得到，作差法得到，B正确，C错误；D选项，，D错误. 【详解】A选项，，故，A错误； BC选项，两边平方得， 整理得，令，， 方程转化为， 将其看成一个关于的二次方程，则， 解得， 取， 求导得， 令得，解得， 故当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，极大值为， 当时，，当时，， 故， 再取， 求导得， 令得，解得， 故当时，， 故在上单调递增， 所以， 综上，，故，，B正确； 的最大值为4，C错误； D选项，，故，D错误. 故选：B 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最大值为 C. 存在，使得 D. 存在，使得在上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示结合同角三角函数的基本关系式可判断A的正误；利用数量积的坐标形式结合辅助角公式、正弦函数的性质可判断B的正误，根据向量平行的坐标形式结合辅助角公式计算后可判断C的正误，根据投影可求，故可判断D的正误. 【详解】对于A，因为，故即， 故，故，故A正确； 对于B，， 当且仅当时等号成立，故的最大值为，故B正确； 对于C，若，则，故，矛盾. 故C错误； 对于D，， 则在上的投影向量为， 故，故， 由A可得，故D正确. 故选：ABD. 10. 在图书馆的借书抽奖活动中，工作人员准备了编号为的4个神秘书签，书签除编号外完全相同.小张依次不放回地抽取两张书签，依次抽出后记录编号（ ） A. 小张不可能两次都抽出编号为1的书签 B. “两书签编号之和为6”的概率是 C. “抽到第一张书签编号为奇数”与“两书签编号和为5”相互独立 D. “抽到第一张书签编号为奇数或两书签编号和为5”的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，根据不放回抽样的特点直接判断即可；对于选项B、C、D，先利用排列数计算基本事件总数， 再分别列举出各事件包含的基本事件数，进而计算出相应概率，最后结合事件独立性定义和概率加法公式进行判断即可. 【详解】选项A，不放回抽取，第一次抽到编号为1的书签后，第二次不可能再抽到编号为1的书签， 因此“两次都抽出编号为1的书签”是不可能事件，所以A正确； 选项B，不放回抽取书签的所有可能结果有种，“两书签编号之和为6”的有序数对为和， 共2种结果，概率为，所以B错误； 选项C，设事件“抽到第一张书签编号为奇数”，事件“两书签编号和为5”， 对事件：第一张书签编号为奇数（1或3），有2种可能，第二张书签编号无要求，共种结果，所以； 对事件：两书签编号和为5的有序数对为，共4种结果，所以. 因此事件：抽到第一张书签编号为奇数且两书签编号和为5，有，共2种结果，. 由于，所以事件与事件相互独立，所以C正确； 选项D，根据上述分析，，所以D正确. 11. 已知函数和的定义域均为，且，若函数关于直线对称，则下列各式正确的是（ ） A. B. 函数周期为4 C. 关于对称 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法可判断A选项，利用特例可判断B不正确，由已知得到可判断C选项，通过求值可判断D选项. 【详解】因为，令，所以，即，A正确； 因为函数关于直线对称，所以关于轴对称，即为偶函数， 因为，所以，. 因为，所以， 即，所以关于对称，C正确； 由C可知，，由可得，所以； 因为，所以函数周期不为4，B不正确； 因为，所以， 所以，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，复数，则_______． 【答案】1 【解析】 【分析】首先化简 ，在根据复数模的公式得到答案. 【详解】 【点睛】本题考查了复数的化简和模，属于简单题. 13. 已知函数，若函数恰有1个零点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合函数的周期性，画出函数图象，即可求解. 【详解】由题意当时，， 当时，由可知当时函数周期为， 当时，， 此时， 作出函数图象如下： 函数恰有1个零点，即与有且仅有一个交点， 由函数图象可知：， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 14. 在三棱锥中，平面平面为棱上的点.若平面与平面所成角的余弦值为，记三棱锥､三棱锥体积分别记作，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点为，连接，交于，连接，根据空间垂直关系的转化可得平面，结合面面角的余弦值和等边三角形可得，由正弦定理可得，从而，故可求体积比. 【详解】 取的中点为，连接，交于，连接. 因为，故三角形为等边三角形且， 而平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故，而平面， 故平面，在平面中，设到直线的距离为， 平面与平面所成角为，则， 故. 在平面中，过作的垂线，垂足为，故， 因为，故，故， 故在的中垂线上，而也在上，故重合， 故，而，故为等腰直角三角形， 故. 在中，，故， 由正弦定理有即， 故，故， 而， 故答案为： 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. 在中，角所对的边分别为，若从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件．条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求的大小； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选择条件①：结合正弦定理边化角和同角三角函数关系即可求解；选择条件②：结合正弦定理边化角和三角恒等变换公式即可求解；选择条件③：结合正弦定理边化角和三角恒等变换公式即可求解； （2）由余弦定理可得a，c关系，结合不等关系即可求解． 小问1详解】 选择条件①： 则， 由正弦定理，， ∵，∴， ∴，即， ∵，∴； 选择条件②： 由正弦定理，， 因， 代入可得， 即， 又，∴，故，即， ∵，∴； 选择条件③：， 由正弦定理，， 因， 代入可得， 即， 又，∴，故，即， 由于，故； 【小问2详解】 由余弦定理，， 由于， 故，当且仅当时取等号， 故面积为， 故面积的最大值为． 16. 设函数且. （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）当时，在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复合函数单调性及对数函数定义域列不等式求解即可； （2）根据单调性，结合题意可得对上恒成立，令，，化简可得对上恒成立，根据在上单调递增，计算即可求解. 【小问1详解】 因为且，所以在上单调递增， 若在上单调递减， 由复合函数单调性可知，，解得：， 所以的取值范围为； 【小问2详解】 当时，，则在上单调递减， 由得，即， 所以对上恒成立， 令， ，则且对恒成立， 即对上恒成立， 因为在上单调递增，则，因此， 故实数的取值范围为. 17. 为筹备“2025浙江省城市篮球联赛（浙BA）”城市争霸赛，某市级联队面向社会公开选拔战术助理教练，选拔流程包括两轮测试，重点考察选手的篮球知识储备与临场战术应对能力：第一轮为战术理解测试：从5道经典战术分析题中任选2题作答，若两题均答对得40分，其余情况得0分；第二轮为实战应变测试：从5道实战应变题中任选2题作答，每答对1题得30分，答错得0分；若两轮总成绩不低于60分，选手将获得面试资格，且进入正式教练团队备选名单.现有两位候选人甲与乙参加此次测试，甲对两轮题目中每道题的答对概率均为0.5；乙第一轮测试题仅掌握其中4题（掌握的题必答对，未掌握的题必答错），乙第二轮每题答对的概率为0.4；所有测试中，每项成功与否互不影响. （1）求甲两轮测试总分为30分的概率； （2）求乙在第一轮测试中得40分的概率； （3）试判断谁更有可能进入正式教练团队备选名单？ 【答案】（1） （2） （3）乙 【解析】 【分析】（1）利用和事件、对立事件、独立事件的相关概念计算即可； （2）利用古典概型计算概率即可； （3）分类讨论甲乙两人的得分情况，根据第二问的结论及独立事件的乘法公式计算比较概率大小即可. 【小问1详解】 设“甲两轮总分得30分”为事件，“甲第一轮答错一题得0分， 第二轮答对一题得30分”为事件；“甲当第一轮答错两题得0分，第二轮答对一题得30分”为事件. 则； 【小问2详解】 对第一轮的5个问题进行编号：，第一轮从5个问题中任选两题作答， 则有共10种， 设乙只能答对4个问题编号为：，则乙在第一轮得40分，有 共6种， 则乙在第一轮得40分的概率为：； 【小问3详解】 由（2）知，乙在第一轮得40分的概率为，则乙在第一轮得0分的概率为：， 依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总分不低于60分， 当第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分时， 甲和乙晋级复赛的概率分别为：； ； 当第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分时， 甲和乙获得面试资格的概率分别为： ； 当第一轮答错一题得0分，第二轮答对两题得60分时， 甲和乙获得面试资格的概率分别为： 当第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分时， 甲获得面试资格的概率分别为：， 甲获得面试资格的概率为：； 乙获得面试资格的概率为： 乙更有机会获得面试资格，进入正式教练团队备选名单 18. 如图，在矩形中，为线段上的点，且，将沿折起，点翻折至位置，连接，形成四棱锥. （1）若为棱上的点，且满足平面，求的值； （2）若二面角的平面角大小为，求到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的正切值取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）构造一个与平面平行的平面，由面面平行的性质得出再利用相似即可计算出的值； （2）通过作辅助线找到二面角的平面角，再结合的长度即可求出到平面的距离； （3）先证明三点共线，再证面面垂直找到线面角的平面角，找到其最大值得到其正切值的取值范围. 【小问1详解】 在中，，则 在线段上截取，连接，由 可得四边形为平行四边形，则， 又平面平面，则平面， 因为平面，又，则平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又，则 【小问2详解】 过点作，垂足为，则，易知， 为二面角的平面角的补角， 又，故到平面的距离为； 【小问3详解】 （3）连接，在中，，则，又在中，，则，故三点共线. 易得平面，又平面平面平面，则即直线与平面所成角 由题可知，在以为圆心，为半径的圆上，则当直线与圆相切，最大值，此时.故直线与平面所成角的正切值取值范围为. 19. 人教A版必修2教材第81页阐述一个数学定理——代数基本定理：，任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根，且在复数集中可以分解为个一次因式的乘积.比如：. （1）写出方程的复数根； （2）下面我们探究1的立方根和四次方根的几何性质.我们知道1的立方根有3个，可分别表示成，它们对应点将单位圆三等分；1的四次方根有四个，可以分别表示成，. （i）根据上述探究，请你猜想并证明1的5次方根；提示：若，则 （ii）求的值（用表示）. 【答案】（1） （2）（i）答案见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意有，进而求解； （2）（i）根据已知先求1的5次方根，再验证即可； （ii）利用诱导公式先化简，由代数基本定理得，代入化简即可求解. 【小问1详解】 由题意有， 所以； 【小问2详解】 （i）由已知有15次方根为：易知是方程的根， 由提示，，则是方程的根， 又， 依次类推均为1的五次方根，命题得证； （ii）（*）， 由（2）易证：若，则均为方程的根. 由代数基本定理可知， 所以， 所以 又均为方程的根，， 所以， 则（*）等于， 因为， 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期浙南名校联盟返校联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 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. 设集合，则等于（ ） A B. C. D. 2. 众数、平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关.如图的分布形态中，分别表示众数、平均数、中位数，则（ ） A. B. C D. 3. “点在函数图像上”是“点在函数图像上”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在中，为边上的中线，E为的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 根据以往考试统计，某学生数学考试不及格的概率为，英语考试不及格的概率为，而他数学或英语考试至少有一门不及格的概率为，则他数学和英语两门都不及格的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为异面直线，为两个不同平面，，且直线，则下列结论中可能正确的是( ) A. ，且与相交 B. ，且与垂直 C. 与相交，且交线垂直 D. 与相交，且交线平行 7. 四棱锥，平面平面，四边形为正方形，，则四棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，则（ ） A. B. C. 的最大值为2 D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最大值为 C. 存在，使得 D. 存在，使得在上的投影向量为 10. 在图书馆的借书抽奖活动中，工作人员准备了编号为的4个神秘书签，书签除编号外完全相同.小张依次不放回地抽取两张书签，依次抽出后记录编号（ ） A. 小张不可能两次都抽出编号为1的书签 B. “两书签编号之和为6”的概率是 C. “抽到第一张书签编号为奇数”与“两书签编号和为5”相互独立 D. “抽到第一张书签编号为奇数或两书签编号和为5”的概率为 11. 已知函数和的定义域均为，且，若函数关于直线对称，则下列各式正确的是（ ） A. B. 函数周期4 C. 关于对称 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知虚数单位，复数，则_______． 13. 已知函数，若函数恰有1个零点，则实数的取值范围为__________. 14. 在三棱锥中，平面平面为棱上的点.若平面与平面所成角的余弦值为，记三棱锥､三棱锥体积分别记作，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. 在中，角所对的边分别为，若从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件．条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求的大小； （2）若，求面积的最大值． 16. 设函数且. （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）当时，在上恒成立，求实数的取值范围. 17. 为筹备“2025浙江省城市篮球联赛（浙BA）”城市争霸赛，某市级联队面向社会公开选拔战术助理教练，选拔流程包括两轮测试，重点考察选手的篮球知识储备与临场战术应对能力：第一轮为战术理解测试：从5道经典战术分析题中任选2题作答，若两题均答对得40分，其余情况得0分；第二轮为实战应变测试：从5道实战应变题中任选2题作答，每答对1题得30分，答错得0分；若两轮总成绩不低于60分，选手将获得面试资格，且进入正式教练团队备选名单.现有两位候选人甲与乙参加此次测试，甲对两轮题目中每道题的答对概率均为0.5；乙第一轮测试题仅掌握其中4题（掌握的题必答对，未掌握的题必答错），乙第二轮每题答对的概率为0.4；所有测试中，每项成功与否互不影响. （1）求甲两轮测试总分为30分的概率； （2）求乙在第一轮测试中得40分的概率； （3）试判断谁更有可能进入正式教练团队备选名单？ 18. 如图，在矩形中，为线段上的点，且，将沿折起，点翻折至位置，连接，形成四棱锥. （1）若为棱上的点，且满足平面，求的值； （2）若二面角的平面角大小为，求到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的正切值取值范围. 19. 人教A版必修2教材第81页阐述一个数学定理——代数基本定理：，任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根，且在复数集中可以分解为个一次因式的乘积.比如：. （1）写出方程的复数根； （2）下面我们探究1的立方根和四次方根的几何性质.我们知道1的立方根有3个，可分别表示成，它们对应点将单位圆三等分；1的四次方根有四个，可以分别表示成，. （i）根据上述探究，请你猜想并证明1的5次方根；提示：若，则 （ii）求的值（用表示）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $