精品解析：浙江绍兴市2025-2026学年高二下学期期末调测数学试题

绍兴市2025学年第二学期高中期末调测 高二数学 注意事项： 1．请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上．本卷答案必须答在答卷相应位置上． 2．全卷满分150分，考试时间120分钟． 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. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】不等式因式分解得， ∴ 不等式解集为，又，∴ 全集. ∵ 集合，∴ ，故选A. 3. 一组数据为1，2，4，4，6，7，9，10，记该组数据的平均数，中位数，众数分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】该组数据的平均数为， 该组数据共8个数，则中位数为第4个和第5个数的平均数，是， 该组数据的众数， 所以. 4. 已知单位向量，，，满足，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据向量的数量积的性质可得，再由夹角公式可得，再结合向量夹角范围可得. 【详解】因为都是单位向量，所以. 由，移项得，两边同时平方得： ， 所以，，整理得. 设夹角为，由夹角公式， 因为，所以，因此，的夹角为. 5. 已知函数，，若与的图象有唯一公共点，则的值为（ ） A. -1 B. 0 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分别求得和的图象关于对称，画出图象，结合图象，得到唯一的交点为，代入即可求解. 【详解】由函数，可得其周期为，且， 又由，所以的图象关于对称， 又由函数，可得函数的图象也关于对称， 将，代入，可得， 因为与的图象有唯一公共点，如图所示， 可得函数与的图象有唯一的公共点， 将代入，可得，解得， 所以实数的值为. 6. 若函数在上无最小值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】当时，在上第一次使得，解得， 当时，在上第二次使得，解得， 当时，函数在上无最小值，解得. 所以的取值范围为. 7. 已知，是两个随机事件，若，，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由及求得，再由概率的性质、条件概率的求法求概率. 【详解】由，则，故， 由，则，且， 所以. 8. 如图，已知二面角的大小为，点在半平面内，且．现将射线在平面内绕点逆时针旋转形成射线，直至时停止旋转．记，，则在旋转过程中，随着的增大，（ ） A. ，也随之增大 B. 当为锐角时，先减小再增大 C. 当为直角时，先减小再增大 D. 当为钝角时，先减小再增大 【答案】B 【解析】 【分析】作出二面角的平面角，利用余弦定理用表示出，通过分析的变化情况，分析随的变化情况. 【详解】过作，垂足为， 在平面内过作的垂线，交于点. 设，因为，所以. 中，. 中，. 中， ， 当为直角时，，随的增大而增大；所以C错误； 当为锐角或钝角时，. 当为锐角时，， 所以为锐角，先从锐角增大到直角，再增大到钝角，所以先增大，后减小， 即的值先增大后减小，所以先减小再增大；所以B正确； 当为钝角时，， 所以为钝角，，所以随的增大而减小，且， 即的值随的增大而减小. 所以D错误. 综上所述，A错误. 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. 某生物公司研发的抗体的半衰期（单位：天）服从正态分布，则下列结论正确的是（ ）（参考数据：若，则，） A. 的均值为45天 B. 的方差为5 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A，根据正态分布，可知均值为天，正确. 选项B，根据正态分布，可知方差为，错误. 选项C，,正确. 选项D，因为，所以. 又因为，所以，正确. 10. 设函数，(且)，则（ ） A. B. ， C. 的值域为 D. 若方程至少有一个实数解，则 【答案】BD 【解析】 【分析】A.利用函数的周期性求解；B利用函数的周期性求解；.C.利用函数的单调性求值域；D. 方程 有解，分 和进行讨论. 【详解】由 时 ，， 所以，即 ，故 A错误； B.，， 时 ， 可知 是周期为 1的周期函数，，故 B正确。 C.分两种情况讨论底数 ： 若 , 在 单调递增，所以的值域为； 若 , 在 单调递减， 所以的值域为， 值域随 范围变化，不恒为 ，C错误。 D.方程 有解 存在 ，使得 ，即 , ，分情况： 若 ：，无解； 若 ： 在 值域 ，要存在 使 ，需 ，即 , 因此 D正确. 11. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简，推得即，再结合已知边的关系与余弦定理，得到关于的一元二次方程并求解，最后利用正弦定理和三角恒等变换逐一验证各选项即可. 【详解】已知，利用和差化积公式可得： ，在三角形中，， 所以，即， 所以，而， 所以，即， 利用二倍角公式可得：， 化简可得：，即， 又因为在中，，所以， 当为0时，则， 因为，且，则， 所以不可能为0，所以不可能为0， 所以必有，又因为，所以， 即，所以，因此B正确， 由B选项可知，，所以，又因为， 两边除以得：，设， 则 ，解得正根， 即，因此A正确， 又因为，所以，因此， 由正弦定理可得：​，得：  ，​ 又因为， 所以在选项C中，， 又因为，所以， 即，C错误， 在选项D中，， 所以，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线的斜率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义进行求解. 【详解】因为曲线，所以， 将切点横坐标代入，则导数值： . 所以曲线在点处的切线的斜率为. 13. 如图，在三棱锥中，，分别为，上的点，满足，．记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则____________． 【答案】## 【解析】 【分析】通过三棱锥底面面积以及高的比值来确定体积比值并求出. 【详解】因为，， 所以，且. ， 解得. 14. 某机器人公司研发新产品模拟学生军训动作，测试人员等可能地随机向机器人发出“向前一个单位”，“向右转”两种指令，则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】求出14 次指令的总情况数，再求出测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置满足的情况的种数，从而得到所求概率. 【详解】14 次指令的总情况数为 则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置， 分类计数： 情况一，k=0（即原地转 14 次），共 1 种情况； 情况二，k=1（即转 9 次，各方向前进 1 次），需在 9 次转向中，为 5 个方向各分配 1 次前进，且前进位置在对应方向的“可前进区间”内，共种情况。 情况三，k=2（即转 4 次，各方向前进 2 次），各方向前进 2 次，共 1 种情况， 总计符合条件的情况数为 1+32+1=34 种， 所以测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为. 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. 已知函数． （1）求； （2）求不等式的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由函数解析式求函数值并结合对数运算可得； （2）先求函数的定义域，再将不等式根据对数函数的性质转化为一元二次不等式，并求得解集，再与函数的定义域求交集可得. 【小问1详解】 因为函数，所以，， ， 所以 . 因此. 【小问2详解】 要使函数有意义，则，即，得； 又由，可知， 根据对数函数的性质，得，，，，解得， 所以不等式的解集为， 因此不等式的解集为. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）求； （2）当的面积取最大值时，点满足，，与交于点，的角平分线交于点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系、三角恒等变换和三角形内角性质求得，即可得； （2）法一：应用余弦定理及基本不等式求得，注意取等号的条件为、，结合已知求线段长；法二：应用正弦定理及三角形面积公式得，由余弦函数的性质确定最值对应的、且，再结合已知求线段长. 【小问1详解】 由，可知， 整理得，且， 所以，且，所以； 【小问2详解】 法一：因为，所以， 由基本不等式可知，则， 当且仅当时等号成立，此时， 因为，，， 所以，． 因为的角平分线交于点， 所以，从而， 因为，所以，从而． 法二：由正弦定理可知， 从而的面积 ， 当且仅当时，的面积取最大值，此时，且． 下同法一． 17. 如图所示，在三棱台中，，其中，分别为棱与的中点，且平面． （1）求证：； （2）若直线与平面所成角为，求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为，且，分别为棱与的中点，则， 又因为，且平面，故平面， 因为平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）由平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）作于点，证得平面，得到为直线与平面所成角，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：作于点， 由平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 在等腰梯形中，由， 可得，则， 又由，可知，则，， 以为坐标原点，以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 则， 所以平面与平面的夹角的正弦值为． 18. 甲、乙两名篮球爱好者投篮比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．已知甲每次都投两分球，即命中得2分，不命中得0分，且每次命中的概率为；乙每次都投三分球，即命中得3分，不命中得0分，且每次命中的概率为．由抽签确定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为． （1）比赛第二次由甲投篮的概率； （2）记第次投篮甲的得分为随机变量（若第次由乙投篮，则），求； （3）比赛累计投篮次，记甲、乙的累计得分之和为随机变量，求． （注：若，是离散型随机变量，则） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式求解即可； （2）由题意得到甲投篮概率的递推公式，从而求得第次投篮由甲投篮的概率，结合甲得分的随机变量或，求得； （3）求出乙得分的数学期望，根据期望的性质求得． 【小问1详解】 设比赛第二次由甲投篮的概率为，则． 【小问2详解】 设第次投篮由甲投篮的概率为，则第次投篮由乙投篮的概率为. 易知，且， 即当时，. 故第次投篮由甲投篮的概率为． 当第次投篮时，甲得分的随机变量或， 所以当时，； 当时，，， 所以． 综上所述：． 【小问3详解】 记第次投篮时，乙得分的随机变量为，则或， 当时，； 当时，，， 所以. 综上所述：． 所以当时，； 当时，； 故． 19. 若函数满足：对任意的，，，都有，则称函数在区间上具有性质． （1）设函数，，分别判断，是否在上具有性质； （2）设函数，若在其定义域上具有性质，求实数的取值范围； （3）已知函数具有性质，且图象是一条连续曲线，若在上单调递增，求证：是奇函数． 【答案】（1）函数在上不具有性质．在上具有性质． （2） （3）证明： 函数的定义域为， 要证是奇函数，只要证：对任意的实数，即可． 对任意实数，由函数具有性质，可知： 当时，．① 设， 当，即时，由①得， 即当时，；② 当，即时，由①得， 即当时，；③ 由曲线的连续性，可知在上存在零点，即．④ 由于函数在上单调递增，故在上也单调递增， 由②得，由③得，故有． 代入④得，． 故为奇函数． 【解析】 【分析】（1）证明函数不具有性质P时，可通过举反例的方式快速验证；证明函数具有性质P时，需对目标表达式进行代数变形，通过配方等方式证明其恒正. （2）首先根据性质P的定义转化出对应不等式，再结合函数的奇偶性，将不等式转化为函数单调递增的判定条件，最后通过导数恒非负求解参数的取值范围. （3）围绕奇函数定义，构造辅助函数，结合性质判断在不同区间的符号，再利用的单调性与零点存在性确定零点位置，即可推导出奇函数定义式. 【小问1详解】 函数在上不具有性质，在上具有性质． 一方面：对于函数，取，，则有， 故函数在上不具有性质． 另一方面：对任意的，，， ， 故函数在上具有性质． 【小问2详解】 函数的定义域为，由具有性质，可知 对任意的，，，都有， 因为，即函数为奇函数，所以可化为， 从而在上单调递增，故， 即，即在上恒成立， ∵，∴， 从而． 【小问3详解】 略 【点睛】1. 处理新定义类函数问题的关键是准确翻译定义规则，否定类结论优先采用举反例法简化运算，肯定类结论需进行严谨的代数推导. 2. 求解函数单调性相关的参数范围问题时，可将单调性条件转化为导数恒成立问题，结合定义域求解参数的取值范围. 3. 证明抽象函数奇偶性结合新定义性质的问题，可以围绕奇偶性定义构造辅助函数，结合函数单调性、零点存在定理推导定义式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绍兴市2025学年第二学期高中期末调测 高二数学 注意事项： 1．请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上．本卷答案必须答在答卷相应位置上． 2．全卷满分150分，考试时间120分钟． 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. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 一组数据为1，2，4，4，6，7，9，10，记该组数据的平均数，中位数，众数分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知单位向量，，，满足，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，，若与的图象有唯一公共点，则的值为（ ） A. -1 B. 0 C. D. 1 6. 若函数在上无最小值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，是两个随机事件，若，，，记，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知二面角的大小为，点在半平面内，且．现将射线在平面内绕点逆时针旋转形成射线，直至时停止旋转．记，，则在旋转过程中，随着的增大，（ ） A. ，也随之增大 B. 当为锐角时，先减小再增大 C. 当为直角时，先减小再增大 D. 当为钝角时，先减小再增大 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. 某生物公司研发的抗体的半衰期（单位：天）服从正态分布，则下列结论正确的是（ ）（参考数据：若，则，） A. 的均值为45天 B. 的方差为5 C. D. 10. 设函数，(且)，则（ ） A. B. ， C. 的值域为 D. 若方程至少有一个实数解，则 11. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线的斜率为____________． 13. 如图，在三棱锥中，，分别为，上的点，满足，．记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则____________． 14. 某机器人公司研发新产品模拟学生军训动作，测试人员等可能地随机向机器人发出“向前一个单位”，“向右转”两种指令，则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为____________． 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. 已知函数． （1）求； （2）求不等式的解集． 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）求； （2）当的面积取最大值时，点满足，，与交于点，的角平分线交于点，求． 17. 如图所示，在三棱台中，，其中，分别为棱与的中点，且平面． （1）求证：； （2）若直线与平面所成角为，求平面与平面的夹角的正弦值． 18. 甲、乙两名篮球爱好者投篮比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．已知甲每次都投两分球，即命中得2分，不命中得0分，且每次命中的概率为；乙每次都投三分球，即命中得3分，不命中得0分，且每次命中的概率为．由抽签确定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为． （1）比赛第二次由甲投篮的概率； （2）记第次投篮甲的得分为随机变量（若第次由乙投篮，则），求； （3）比赛累计投篮次，记甲、乙的累计得分之和为随机变量，求． （注：若，是离散型随机变量，则） 19. 若函数满足：对任意的，，，都有，则称函数在区间上具有性质． （1）设函数，，分别判断，是否在上具有性质； （2）设函数，若在其定义域上具有性质，求实数的取值范围； （3）已知函数具有性质，且图象是一条连续曲线，若在上单调递增，求证：是奇函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $