精品解析：浙江嘉兴市2025-2026学年高二下学期6月期末检测数学试题

2025～2026学年第二学期期末检测 高二数学试题卷 （2026.6） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，， 所以，即 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】将复数分母实数化写成的形式，利用计算结果． 【详解】因为； 故． 3. 的展开式中常数项为（ ） A. B. 20 C. D. 15 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得的通项公式为， 令，可得，即其常数项为. 4. 已知随机变量服从二项分布，则“”是“方差”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】 【详解】若随机变量服从二项分布，且，则， 若随机变量服从二项分布，且，则，解得或， 所以“”是“方差”的充分不必要条件. 5. 设是定义在上且周期为的函数，当时，，则函数在区间上的零点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出函数在区间上的零点，再利用周期性求解在区间的零点. 【详解】当时，， 在区间内的零点为和，共个零点. 已知周期为，即，则函数在区间上的零点为共6个. 6. 在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过作平面，由线面垂直的性质定理可得为外接圆的圆心，由正弦定理可得，设外接球半径，列式计算可得，再由求得表面积公式计算可解. 【详解】如图，过作平面，交平面于点.连接，，. 因为平面，平面，平面， 所以，，. 在，，中，，为公共边， 所以. 所以，即为外接圆的圆心. 因为平面.所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 设三棱锥的外接球的球心为，连接. 令三棱锥的外接球的半径为，则. 在中，由正弦定理可得. 在中，. 在中，， 即，解得. 所以外接球的表面积. 7. 长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约的人近视，而该校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为.现从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设某校学生近视为事件，玩手机超过1小时为事件，则所求概率为，然后由全概率公式结合题设可得答案. 【详解】设某校学生近视为事件，玩手机超过1小时为事件，由题设可得，，. 则从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为. 则由全概率公式：. 8. 设是定义在上的单调函数，且满足，若是方程的解，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意求出函数的解析式，再根据关于的方程算出的范围，从而求出的取值. 【详解】因为是定义在上的单调函数， 所以方程中，只存在一个常数满足题意， 令，即， 所以， 当时，解得， 所以，即，所以， 因为是方程的解， 所以，即， 所以，即， 所以，因为， 所以. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量，若，则 B. 样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为 C. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数 D. 对于分类变量与的独立性检验的统计量，若值越大，则判断“与有关系”的把握性越小 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态曲线关于直线对称，求出对应的对称区间的概率，即可求出，从而判断选项；根据百分位数的求解和取法方式，求出第百分位数即可判断选项；由所有样本点均在直线上，即可判断选项；根据值越大，则“与有关系”的把握性越大即可判断选项. 【详解】选项，由，则正态曲线关于对称， 又，则，所以，正确； 选项，由样本数据已按从小到大顺序排列，共10个数据，所以，则第百分位数为第位数， 即第百分位数为，错误； 选项，由样本点全部在直线上，变量为完全负线性相关，因此，数据的相关系数，正确； 选项，对于分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越大，则“与有关系”的把握性越大，错误. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线是曲线的一条对称轴 B. 当时，在上单调递增 C. 若，是直线与曲线的两个相邻交点，且，则 D. 若在上单调递减，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦型函数图像的性质可判断A,B,C；利用的单调递减区间，得到需满足的条件，解得的取值范围,可判断D. 【详解】对于A，当时，.则， 所以直线是曲线的一条对称轴，故A正确； 对于B，令，，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增.故B错误； 对于C，若，是直线与曲线的两个相邻交点， 则，则，故C正确； 对于D，若在上单调递减，则， 得； 又，， 则，解得， 结合（1）（2）：令时，得，令时，得， 当或时，无解. 综上:的最大值为.故D正确. 11. 正方体的棱长为，点，分别是线段，上的动点（不含端点），且平面，则（） A. 存在某个位置，使得平面 B. C. 线段的长度的最小值为 D. 存在某个位置，使得直线与平面所成的角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项通过中位线证明线面垂直；B项构造辅助垂线和平面，利用平行传递性及线段比例推出等量关系；C项引入变量表示线段长度，建立二次函数求最值，从而判断错误；D项通过动点过程中线面角的连续变化趋势确定其范围. 【详解】 对于A选项，当点分别是线段，的中点时， 平面，故A正确. 对于B选项，过点作直线的垂线， 过点作直线的垂线，连接. 因为，且平面，平面， 所以平面，进而平面平面， 所以，. 又，所以，，故B正确. 对于C选项，过点作的平行线，设， 则， 当时，的最小值为，故C错误. 对于D选项，在从点至点的过程中， 直线与平面所成角由连续增大至，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若平面向量，的夹角为，，，则________. 【答案】 【解析】 【详解】. 13. 某班一天上午有节课，下午有节课，该班一天中语文、英语、政治、体育各有一节课，数学有两节课.现安排一个课程表，要求两节数学课相邻（上午最后一节和下午第一节算不相邻），体育课不能排在上午第一节，则不同的排法共有________种.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先排体育课，结合分类即可求解. 【详解】若体育排在上午第二节，则两节数学可以排在上午的第三四节和下午的一二节，有两种选择，剩余三节课任意排，故有, 若体育排在上午第三节，则两节数学可以排在上午的第一二节和下午的一二节，有两种选择，剩余三节课任意排，故有, 若体育排在上午第四节，则两节数学可以排在上午的第一二节，或者上午的二三节，以及下午的一二节，有3种选择，剩余三节课任意排，故有, 若体育排在下午第一节，则两节数学可以排在上午的第一二节，或者上午第二三节或者上午的三四节，有3种选择，剩余三节课任意排，故有, 若体育排在下午第二节，则两节数学可以排在上午的第一二节，或者上午第二三节或者上午的三四节，有3种选择，剩余三节课任意排，故有, 综上可得总共有种方案. 14. 甲乙两人进行棋类比赛，每局比赛胜者得个积分，负者得个积分，记两人积分之差的绝对值为时比赛结束且积分多者获胜.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，则比赛结束时总局数不多于局且甲获胜的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】设比赛结束时，一共比赛局，其中甲胜局，由题可得，可为，再设表示第局甲胜，表示第局乙胜，由题设结合独立事件概率乘法公式可得答案. 【详解】设比赛结束时，一共比赛局，由题设可得， 再设其中甲胜局，得分为，则乙胜局，得分为，则， 解该不定方程，得可为. 设表示第局甲胜，表示第局乙胜. 若比赛三局，比赛结束且甲获胜，则甲胜三局，概率为； 若比赛五局，比赛结束，则甲胜4局，乙胜1局，概率为: ； 若比赛七局，比赛结束，则甲胜5局，乙胜2局，概率为: . 则比赛结束时总局数不多于局且甲获胜的概率为：. 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. 设函数，已知是的极值点. （1）求的值及的最小值； （2）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求. 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）利用极值求参数值，再结合导数求解函数最值； （2）由导数几何意义求切线方程，与曲线方程联立，分和两种情况求解即可. 【小问1详解】 函数，定义域为， ，当时，，所以， ，所以在上单调递减， ，所以在上单调递增， 故的最小值为． 【小问2详解】 由（1）得，曲线在处的切线斜率， ，则曲线在处的切线方程为， 由于切线与曲线只有一个公共点， 可联立， 得①有且只有一解， 当时①式变为，则方程①有且只有一解，符合题意； 当时，则，解得， 综上，或． 16. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，的面积为，求，. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理将边转化成三角函数，接着再利用三角恒等变换求出结果. （2）分别利用三角形面积公式和余弦定理，得到的两个等量关系，再解方程组算出. 【小问1详解】 由正弦定理， 得 因为 所以， ，即 所以， 因为，所以， 所以，因为， 所以． 【小问2详解】 因为， 所以， 又因为， 所以，所以， 由，可得． 17. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为，，所以， 因为平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以． 连接，因为，，所以， 因为，所以， 因为，，平面， 所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明； （2）利用等体积法求解； （3）建立空间直角坐标系，求出相应平面的法向量，结合二面角的向量公式求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由等积法，，过作的垂线，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，，所以． 【小问3详解】 以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，，， 设平面的法向量， ，即，令，得， 同理，平面的法向量， ． 因为二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 18. 已知甲盒有个红球和个黄球，乙盒有个红球和个黄球，，，小球除颜色外大小质地完全相同. （1）若，小王从甲盒中任取个球，再从乙盒中任取个球，记小王取出红球的个数为. （i）求； （ii）求的分布列和数学期望； （2）若，小王从甲盒中有放回地连续取出个球，再从乙盒中有放回地连续取出个球.设小王恰好取出个红球的概率为，求的最大值. 【答案】（1）（i）； （ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用取出球的情况进行分类计算概率即可. （ii）根据已知条件计算概率，再列出分布列和计算数学期望. （2）根据条件，用表示出，再构造函数，利用函数的最大值解决的最大值. 【小问1详解】 当时，甲盒有2个红球和个黄球，乙盒有2个红球和个黄球. （i）甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， 甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， 故． （ii）可取，，，，． ， ， ， ， ， 所以分布列为 . 【小问2详解】 甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， 甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， ， 令，. 所以， 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减. 所以. 即当，时，的最大值为． 19. 设函数. （1）求的最大值； （2）若函数存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的极大值点为，的零点为，求证：. 【答案】（1）1 （2）（i）且； （ii）根据（i）可知时，存在两个极值点， 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 为的零点，则，因为，所以， 则； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点， 即，，， 所以， 故，，当且仅当，时，等号成立， 综上，. 【解析】 【分析】（1）直接求导，求出函数有唯一的极大值点，即为最大值点，求出最大值即可； （2）（i）由存在两个极值点，则存在个变号零点，令，求出零点即可求出的取值范围；（ii）先根据导数关系确定极大值点和极小值点，再分别求出极值，最后利用基本不等式得出证明结论. 【小问1详解】 由题可知，定义域为，则， 当时，则，所以在上单调递增， 当时，则，所以在上单调递减， 故在处取极大值，即最大值，为． 【小问2详解】 （i）由题可得，，则， 因为函数存在两个极值点，则存在个变号零点，令， 则一个零点为，另一个零点为方程的非零实根， 当时，方程无解，则，所以，因此且； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年第二学期期末检测 高二数学试题卷 （2026.6） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 3. 的展开式中常数项为（ ） A. B. 20 C. D. 15 4. 已知随机变量服从二项分布，则“”是“方差”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 5. 设是定义在上且周期为的函数，当时，，则函数在区间上的零点个数为（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约的人近视，而该校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为.现从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设是定义在上的单调函数，且满足，若是方程的解，且，则（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量，若，则 B. 样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为 C. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数 D. 对于分类变量与的独立性检验的统计量，若值越大，则判断“与有关系”的把握性越小 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线是曲线的一条对称轴 B. 当时，在上单调递增 C. 若，是直线与曲线的两个相邻交点，且，则 D. 若在上单调递减，则的最大值为 11. 正方体的棱长为，点，分别是线段，上的动点（不含端点），且平面，则（） A. 存在某个位置，使得平面 B. C. 线段的长度的最小值为 D. 存在某个位置，使得直线与平面所成的角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若平面向量，的夹角为，，，则________. 13. 某班一天上午有节课，下午有节课，该班一天中语文、英语、政治、体育各有一节课，数学有两节课.现安排一个课程表，要求两节数学课相邻（上午最后一节和下午第一节算不相邻），体育课不能排在上午第一节，则不同的排法共有________种.（用数字作答） 14. 甲乙两人进行棋类比赛，每局比赛胜者得个积分，负者得个积分，记两人积分之差的绝对值为时比赛结束且积分多者获胜.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，则比赛结束时总局数不多于局且甲获胜的概率为________. 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. 设函数，已知是的极值点. （1）求的值及的最小值； （2）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求. 16. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，的面积为，求，. 17. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求二面角的余弦值. 18. 已知甲盒有个红球和个黄球，乙盒有个红球和个黄球，，，小球除颜色外大小质地完全相同. （1）若，小王从甲盒中任取个球，再从乙盒中任取个球，记小王取出红球的个数为. （i）求； （ii）求的分布列和数学期望； （2）若，小王从甲盒中有放回地连续取出个球，再从乙盒中有放回地连续取出个球.设小王恰好取出个红球的概率为，求的最大值. 19. 设函数. （1）求的最大值； （2）若函数存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）设的极大值点为，的零点为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $