精品解析：浙江杭州市2025-2026学年高二下学期期末教学质量检测数学试题

2025学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测 数学试题卷 考生须知： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，请核对考生条码信息，确认无误后，将条码贴在答题卡上的“条码粘贴处”，并将自己的学校、姓名、试场号、座位号填写在答题卡相应的位置上． 3．回答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用黑色水笔将答案写在答题卡相应的答题区内．答案写在试题卷上一律无效． 4．考试结束，将答题卡交回． 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. 已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 下列样本数据散点图中，变量和变量的样本相关系数分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则“”是“”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. 以，为直径的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直三棱柱的顶点都在球上，若，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是函数的极小值点，则（ ） A. B. C. D. 7. 设，是函数的两个不同的零点．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 从如图所示的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则事件“选中方格中的4个数之和为”的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知事件，的对立事件分别记为，，若，，，则（ ） A. 事件与互斥 B. C. D. 10. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 在区块链中，常用椭圆曲线进行加密．已知椭圆曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线与轴有两个交点 C. 曲线上点到轴的最小距离不小于 D. 曲线上点到原点的最小距离为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 《莱茵德纸草书》记载：把30个面包分给5个人，使得每人所得面包个数成等差数列，且较大的三份之和是较小的两份之和的4倍，则最小的一份为__________． 13. 如图，在圆锥中，，是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点．已知平面与圆锥侧面的交线是抛物线的一部分，设该抛物线的焦点为．若，则__________． 14. 已知空间向量，，满足，，，，则，，的最小值为__________． 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. 已知空间向量，，设函数． （1）求的最小正周期； （2）当时，求的值域． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）证明：； （2）若， （i）设，点到直线的距离为3，求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知双曲线，过点的直线与的上、下两支分别交于点，． （1）若点是上的动点，求的最小值； （2）设为坐标原点，直线，的斜率分别为，， （i）若，求直线的方程； （ii）求的取值范围． 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：曲线是轴对称图形； （3）若，恒成立，求的最大值和的最小值． 19. 口袋中装有形状、大小完全相同的4只小球，其中红球1只、黄球3只．现从口袋中有放回地取球，每次取出1球，取到红球得1分，取到黄球得2分． （1）在取球过程中，记事件“恰好得分”的概率为， （i）求； （ii）求； （2）若共取球次，表示次取球中取到红球的次数，记．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测 数学试题卷 考生须知： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，请核对考生条码信息，确认无误后，将条码贴在答题卡上的“条码粘贴处”，并将自己的学校、姓名、试场号、座位号填写在答题卡相应的位置上． 3．回答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用黑色水笔将答案写在答题卡相应的答题区内．答案写在试题卷上一律无效． 4．考试结束，将答题卡交回． 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. 已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【详解】复数， 在复平面内对应的点为，位于第三象限. 2. 下列样本数据散点图中，变量和变量的样本相关系数分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据散点图，结合变量间的相关关系和相关系数的定义，即可求解. 【详解】由散点图（1）可得，变量与变量之间呈现正相关，所以； 由散点图（2）可得，变量与变量之间呈现不相关，所以； 由散点图（3）可得，变量与变量之间负相关，所以，所以. 3. 已知函数，则“”是“”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】C 【解析】 【详解】由复合函数的单调性可得在上单调递增，所以“”是“”的充要条件. 4. 以，为直径的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆上任意一点为，由题可得，据此可得圆方程. 【详解】设圆上任意一点为，因为圆直径，当不同于两点时，有， 当点与两点中任意一点重合时，可得或为，则. 综上对圆上任意一点，.从而, 即 5. 已知直三棱柱的顶点都在球上，若，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用底面直角三角形的性质求出底面外接圆半径，结合直棱柱高度确定球心位置及球心到底面的距离，根据求出球半径，进而计算表面积。 【详解】由，知为直角三角形，斜边为其外接圆直径. 计算， 故底面外接圆半径. 直三棱柱的高，球心位于上下底面外心连线的中点， 故球心到底面的距离. 设球半径为，则. 球的表面积. 6. 已知是函数的极小值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由极小值点算出的值，举特殊值计算可判断ABC；代入计算可判断D. 【详解】由题， 令，解得， 因为是极小值点， 所以当时，是极小值点，是极大值点成立， 当时，是极大值点，是极小值点，舍去， 所以， 对于A，， 所以，故A不正确； 对于B，令，则， 所以，故B不正确； 对于C，令，， 所以，故C不正确； 对于D，， ， 所以，故D正确. 7. 设，是函数的两个不同的零点．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由于，是函数的两个不同的零点，可得，，两式作差得：，利用两角和与差的正余弦公式可求得，进而可求得，利用二倍角的正切公式求解即可. 【详解】由于，是函数的两个不同的零点， 可得，， 两式作差得：， 所以， 所以， 所以， 又因为（），所以（），所以， 所以，所以， 所以. 8. 从如图所示的方格表中随机选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则事件“选中方格中的4个数之和为”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由分步计数原理可得符合题目要求的选取4个方格的情况数，随后找到“选中方格中的4个数之和为”的情况数，据此可得答案. 【详解】从第一行选出一个方格，有4种选法，再从剩下的3行中选取一个与第一个方格不同列的方格，有3种选法， 然后从剩下2行中选取1个与前2个方格不同列的方格，有2种选法，最后剩下一种， 则符合要求的选取4个方格的情况数为种. 又由题可得当“选中方格中的4个数之和为”时，方格中的数字只能为， 则从第三行选定后， 若第一行选取第一个0，则第二行只能选取第4个0，第四行只能选取第3个0； 若第一行选取第三个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第4个0； 若第一行选取第四个0，则第二行只能选取第1个0，第四行只能选取第3个0. 综上“选中方格中的4个数之和为”的情况数为3，则对应概率为. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知事件，的对立事件分别记为，，若，，，则（ ） A. 事件与互斥 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先由，，求出，和， 若事件与互斥，则，与已知矛盾；由可知，事件与独立，则事件与独立，可求；由公式可求；先求，再由条件概率的公式可求. 【详解】对于A，若事件与互斥，则，故A错误； 对于B，由，，可得，，因， 则事件与独立，故事件与也独立，则，故B正确； 对于C，因为，故C错误； 对于D，易得事件与独立，则，因，故D正确. 10. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】A令可得；B利用化简得出数列是等差数列；C利用等差数列求出，再结合函数的单调性判断；D举反例. 【详解】令，则，得（舍负），故A正确； 因为，所以，得， 则数列是以为首项，为公差的等差数列，故，故B正确； 易得，则，则， 因为符合上式，故， 因为在上单调递减， 所以，故C正确； 因为，所以，故D错误. 11. 在区块链中，常用椭圆曲线进行加密．已知椭圆曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线与轴有两个交点 C. 曲线上点到轴的最小距离不小于 D. 曲线上点到原点的最小距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】用代替，观察方程特点，可判断A的真假；设，分析函数的单调性，研究函数的零点个数，可判断B的真假；利用B的过程中的结论，求时，函数的最小值，比较其与的大小，可判断C的真假；设，设，，利用导数分析函数的最小值，可判断D的真假. 【详解】对A：用代替，方程无变化，所以曲线关于轴对称，故A正确； 对B：设，，则， 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以为极大值点，为极小值点，且， 所以方程只有1解. 又，，设，则，. 所以曲线与轴只有1个交点，故B错误； 对C：由B可知，当时，曲线上的点到轴的最小距离为， 因为，故C正确； 对D：设，则， 设，. 则，. 由得或，由得. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 所以是函数的极大值点，是函数的极小值点. 且，. 所以,故D正确. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 《莱茵德纸草书》记载：把30个面包分给5个人，使得每人所得面包个数成等差数列，且较大的三份之和是较小的两份之和的4倍，则最小的一份为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】设中间项为，公差为，根据等差数列的性质计算即可. 【详解】设等差数列的中间项为，公差为，则依次为， 依题意，，解得， 则较大的三份之和为 较小的两份之和为， 则有，解得， 所以最小一份为. 13. 如图，在圆锥中，，是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点．已知平面与圆锥侧面的交线是抛物线的一部分，设该抛物线的焦点为．若，则__________． 【答案】##0.25 【解析】 【分析】过作于，利用几何关系求出，再以为原点，在平面内建立平面直角坐标系，利用点在抛物线上代入可得. 【详解】过作于， 因为，所以， 因为是母线的中点，所以，， 以为原点，在平面内建立平面直角坐标系如右图： 易得，设抛物线方程为，代入可得， 则. 14. 已知空间向量，，满足，，，，则，，的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【详解】 由及， 得， 再代入已知条件、、，得： , 配方得： , 当、时，取到最小值20， 故的最小值为. 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. 已知空间向量，，设函数． （1）求的最小正周期； （2）当时，求的值域． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【小问1详解】 因为， 所以的最小正周期为； 【小问2详解】 当时，，则， 所以的值域为． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）证明：； （2）若， （i）设，点到直线的距离为3，求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明： 因为，，． 所以，故， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面, 所以． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，（i）根据点到直线距离公式列出方程即可求解；（ii）根据面面夹角的向量公式即可求解． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 因为，，所以，又，， 所以，如图建系直角坐标系． 所以，，，，， （i）因为，所以点的坐标为， 所以，， 则直线的一个单位方向向量为， 点到直线的距离，解得． （ii）已知平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量为， 由，即，取． 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 已知双曲线，过点的直线与的上、下两支分别交于点，． （1）若点是上的动点，求的最小值； （2）设为坐标原点，直线，的斜率分别为，， （i）若，求直线的方程； （ii）求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）利用两点间的距离公式，结合配方法，可求的最小值. （2）设直线：，与双曲线方程联立，利用韦达定理，表示出，，进而用表示出， （i）根据，求出，可得直线的方程； （ii）利用的取值范围，可确定的取值范围. 【小问1详解】 设，则， 所以， 即当时，. 【小问2详解】 如图： 设与联立，有， 由，得， 设，，则，， 得， 则， （i）当时，，直线的方程为； （ii）因为直线，存在斜率，所以， 故， 所以， 即的取值范围． 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：曲线是轴对称图形； （3）若，恒成立，求的最大值和的最小值． 【答案】（1） （2）令， 则， 所以曲线关于直线对称； （3）的最大值为，的最小值为． 【解析】 【分析】（1）首先求出导函数，求出切线斜率，再根据点斜式方程求切线方程. （2）根据轴对称的定义证明即可. （3）利用分离常数，得到，再利用导数得到递增，得到的最小值；先由必要条件得，再验证该取值下差函数非正，从而确定的最大值. 【小问1详解】 由题知，又，， 所以切线方程为，即． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题知，令； 由于关于直线对称，故只需考虑即可． 则，令， 则， 由，得，． 在上单调递增，在上单调递减，， 所以当，，，单调递增， 所以．即的最小值为． 由题意，，恒成立，令，， 因为，所以，即，即， 下面证明时，恒成立， 易知关于对称，故考虑即可， ；记，则； 在必有一解， 且在单调递减，在单调递增． 又，所以，从而． 即，． 所以的最大值为． 19. 口袋中装有形状、大小完全相同的4只小球，其中红球1只、黄球3只．现从口袋中有放回地取球，每次取出1球，取到红球得1分，取到黄球得2分． （1）在取球过程中，记事件“恰好得分”的概率为， （i）求； （ii）求； （2）若共取球次，表示次取球中取到红球的次数，记．求证：． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）由题知，因为，所以， 由，，，，，，． 得 ． 因为，所以， 又， ， 所以， 故． 所以． 【解析】 【分析】（1）（i）分两种情况，根据互斥事件和独立事件概率公式求解；（ii）根据条件转化为关于数列的递推关系式，再求通项公式； （2）由条件可知，再写出随机变量的取值和期望公式，根据组合数公式和二项式定理化简. 【小问1详解】 （i）恰好得2分为第一次取到黄球，或者第一次与第二次均取到红球， 故恰好得2分的概率为． （ii）在取球过程中不得到分只有一种可能：得分后取到黄球得2分， 因此，，而，且，， 故． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $