精品解析：浙江省强基联盟2025-2026学年高二下学期6月题库数学试题

2026年高二6月题库 数学 试题 考生注意： 1．本试卷满分100分，考试时间80分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 2. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】复数的一般形式为 （其中 ， 为虚数单位），实部为，虚部为， 因为，所以它的虚部是 . 3. 下列向量中，可以和组成平面向量基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】选项：因为零向量和任意向量共线，即零向量与共线，它们不能组成基底，故不正确； 选项：因为，所以向量与不共线，它们可以组成基底，故正确； 选项：因为，所以，向量与共线，它们不能组成基底，故不正确； 选项：因为，所以，向量与共线，它们不能组成基底，故不正确. 4. 掷一枚质地均匀的骰子一次，掷到点数为4的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】质地均匀，说明每次投掷出现的点数是等可能的，投掷一次骰子，样本空间是有限的，属于古典概型，利用古典概型公式求解即可 【详解】掷到点数的样本空间为共6种可能，点数为4是其中之一， 设事件为“掷到点数为4”则，，. 5. 已知，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，B，由，可得，故A错误，B正确； 对于C，由，易得，故C错误； 对于D，因，则得，故D错误. 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正切的二倍角公式求解即可. 【详解】 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，，则， 又，在区间内，仅有， 故，解得：，则. 8. 已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则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】根据已知条件判断面面、线面的位置关系，可判断ABC选项；利用线面垂直的性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，，，，则与平行或相交，A错； 对于B选项，若，，，则或，B错； 对于C选项，若，，过直线作平面，使得，则， 所以，，又因为，所以，， 因为，则或，C错； 对于D选项，若，，则，又因为，则，D对. 故选：D. 9. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】当时，有，即，解得； 当时，有，即，解得. 综上，不等式的解集为. 10. “”是“函数值域为”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】A 【解析】 【分析】若函数的值域为，则函数与轴有交点，列出不等式求解出的范围，结合充分条件与必要条件的性质即可得解． 【详解】若函数的值域为，则函数的图象与轴有交点， 所以，则或， “”是“或”的充分不必要条件. 11. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数平移变换原则直接判断即可. 【详解】， 只需将的图象向右平移个单位长度即可. 故选：B. 12. 已知函数的定义域为，满足且，则（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 2026 【答案】C 【解析】 【分析】通过赋值法得到数列是以2为周期的数列及，即可得解. 【详解】因为，， 令，则，所以，得， 令，则，所以，得， 令，则，所以，得， 所以数列是以2为周期的数列. , . 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题列出的四个备选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对部分得分，不选、错选得0分） 13. 在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水平面可能呈现出的几何形状有（ ） A. 三角形 B. 矩形 C. 椭圆形 D. 圆形 【答案】BCD 【解析】 【详解】当圆柱桶竖直放置时，水平面形状为圆形； 水平放置时，水平面为矩形； 倾斜放置时，水平面的形状为椭圆形或椭圆的一部分（需考虑水平面与圆柱上、下底面相交的各种情况）. 14. 下列命题正确的有（ ） A. 如果一组数据的极差为，则这组数据的方差也为 B. 已知样本数据，，，，，，，，则该组数据的分位数为 C. 已知数据，，⋯，的平均数为，则数据，，⋯，的平均数为 D. 已知数据，，⋯，的平均数，方差，若把剔除，则剩余这个数的方差不变 【答案】ABC 【解析】 【详解】A项，一组数据的极差为0，说明这组数据都相等，则方差为0，故A正确； B项，，则样本数据，，，，，，，的60%分位数为第5个数据，即7，故B正确； C项，已知数据，，⋯，的平均数为，则数据，，⋯，的平均数为，故C正确； D项，由题知，，，即，， 又，所以，， 所以剔除后，则剩余这9个数的平均数为， 方差为，故D错误. 15. 在三棱锥中，，均是边长为4的等边三角形，且，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理和性质、线面角的定义，结合等边三角形的性质、三棱锥的体积公式、球的性质、球的表面积公式逐一判断即可. 【详解】A：设的中点为，连接， 因为，均是边长为4的等边三角形， 所以， 所以有， 又因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以，因此本选项说法正确； B：由上可知：，且， 所以由勾股定理可得：， 于是是等边三角形， 所以三棱锥的体积为，所以本选项说法不正确； C：设点在平面的射影为，连接， 所以是直线与平面所成的角， 由上可知三棱锥的体积为， 所以有， ，所以本选项说法正确； D：设点在平面的射影为，连接， 因为， 所以点是的外心，设三棱锥外接球的球心为，显然点在上， 在中，由余弦定理，得， 于是得， 由上可知三棱锥的体积为， 所以， 由正弦定理，得， 设三棱锥外接球的半径为， 在中，由勾股定理，得， 所以， 所以三棱锥外接球的表面积为，所以本选项说法正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题3分，共9分） 16. 已知向量，，若，则____________． 【答案】 【解析】 【详解】由，得，即，解得. 17. 如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点．若，则直线与所成角的余弦值为____________． 【答案】##0.8 【解析】 【详解】由题意知在直三棱柱中，， 故以B为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则， 故， 设直线与所成角为， 则. 18. 已知，关于的方程恰有三个不同的实数解，，，则的值为____________． 【答案】4 【解析】 【分析】利用换元法，令 ，求出，再求解. 【详解】令 ，则 ， 由均值不等式可知， 的取值范围是 原方程可转化为，即， 对于方程 ，整理为 ，其判别式 ， 当 时，，有2 个不同实数解； 当 时，，有1 个实数解（重根）； 当 时，，无实数解， 原方程有 3 个不同实数解，说明关于 的方程的两个根中， 一个根满足 ，另一个根满足 ， 由韦达定理，方程 的两根之和为 5， 两根之积为 ，因此两根均为正数，故一个根是，另一个根 ， 当 时，方程 的解为 ， 当 时，方程 即 ，由韦达定理，两根之和 ， 因此，三个解的和为. 四、解答题（本大题共3小题，共37分．第19题12分，第20题12分，第21题13分） 19. 某校从初一年级学生中随机抽取40名学生作为样本，将他们的期中考试数学成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，⋯，，得到如图的频率分布直方图． （1）求图中实数的值，并估计这40名学生的平均成绩； （2）若规定成绩排名前为等，请估计等的成绩应不低于多少分． 【答案】（1）；74分； （2）88分 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中“所有矩形面积和为1”的性质，即可求，再通过每组组中值乘以对应频率求和，即可求平均成绩； （2）A等对应成绩排名前，即累计频率需达到，通过计算累计频率即可求得结果. 【小问1详解】 由题意知： ，解得； 40名学生的平均成绩为： 分. 【小问2详解】 由题意，A等对应成绩排名前，即成绩由低到高累计频率需达到， 因为前4组频率和为， 而前5组频率和， 所以频率为的位置落在内， 所以等的成绩应不低于分. 20. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，且的面积等于，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以，即，， 因为，所以，得，即. 【小问2详解】 因为，所以，所以 由余弦定理得，， 因为，，所以，所以的周长为. 21. 已知定义在上的奇函数． （1）求实数的值，并判断的单调性（单调性无需证明）； （2）设函数，求的值域； （3）设函数，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）1；在上单调递增； （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的特点，求解出再检验即可.(2)利用换元法，令求解的值域即可.(3)利用函数的性质得到从而得到解不等式等价于解再利用函数奇偶性和单调性将不等式转化成解即可. 【小问1详解】 因为是定义域为的奇函数， 故，得， 此时，，，即是上的奇函数． 因为，所以函数为增函数，函数为减函数， 故函数在上单调递增； 【小问2详解】 因为，令， 因为，在上单调递增，所以， 所以，，求得； 【小问3详解】 由， 则为偶函数，且在单调递增，在单调递减， 又 所以， 则对任意恒成立，即对任意恒成立， 平方得：对任意恒成立， 可得， 解得：或， 综上，的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二6月题库 数学 试题 考生注意： 1．本试卷满分100分，考试时间80分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 下列向量中，可以和组成平面向量基底的是（ ） A. B. C. D. 4. 掷一枚质地均匀的骰子一次，掷到点数为4的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 9. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 10. “”是“函数值域为”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 11. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 12. 已知函数的定义域为，满足且，则（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 2026 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题列出的四个备选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对部分得分，不选、错选得0分） 13. 在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水平面可能呈现出的几何形状有（ ） A. 三角形 B. 矩形 C. 椭圆形 D. 圆形 14. 下列命题正确的有（ ） A. 如果一组数据的极差为，则这组数据的方差也为 B. 已知样本数据，，，，，，，，则该组数据的分位数为 C. 已知数据，，⋯，的平均数为，则数据，，⋯，的平均数为 D. 已知数据，，⋯，的平均数，方差，若把剔除，则剩余这个数的方差不变 15. 在三棱锥中，，均是边长为4的等边三角形，且，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题3分，共9分） 16. 已知向量，，若，则____________． 17. 如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点．若，则直线与所成角的余弦值为____________． 18. 已知，关于的方程恰有三个不同的实数解，，，则的值为____________． 四、解答题（本大题共3小题，共37分．第19题12分，第20题12分，第21题13分） 19. 某校从初一年级学生中随机抽取40名学生作为样本，将他们的期中考试数学成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，⋯，，得到如图的频率分布直方图． （1）求图中实数的值，并估计这40名学生的平均成绩； （2）若规定成绩排名前为等，请估计等的成绩应不低于多少分． 20. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，且的面积等于，求的周长． 21. 已知定义在上的奇函数． （1）求实数的值，并判断的单调性（单调性无需证明）； （2）设函数，求的值域； （3）设函数，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $