浙江金华市2025-2026学年高二下学期6月期末质量检测数学试题

2025—2026学年第二学期期末质量检测高二数学试题卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上． 2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净． 3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效． 选择题部分（共58分） 一、单项选择题：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． 1．已知复数，则（ ▲ ） A． B．1 C． D．2 2．已知全集，集合，则（ ▲ ） A． B． C． D． 3．命题“，”的否定是（ ▲ ） A．， B．， C．， D．， 4．已知随机变量服从正态分布，且，则（ ▲ ） A．0.1 B．0.2 C．0.4 D．0.6 5．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ▲ ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 6．的展开式中，第3项为常数项，且该常数项为60，则实数的值为（ ▲ ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．已知的内角，，的对边分别为，，，若且，则（ ▲ ） A． B． C． D． 8．已知实数，满足，，则，的大小关系是（ ▲ ） A． B． C． D．不确定 二、多项选择题：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．已知平面向量，，，下列说法正确的是（ ▲ ） A． B． C．若与共线，则 D． 10．设函数的定义域为，定义，．若为奇函数，为偶函数，则下列说法正确的是（ ▲ ） A． B．的解析式为 C．在区间上单调递增 D．的最大值为 11．下列说法正确的是（ ▲ ） A．设，若的方程有解，则的取值范围是 B．若实数，满足，则的取值范围是 C．设，，，是方程的两根，则 D．若，恒成立，则 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若扇形的圆心角为，弧长为，则此扇形的面积为 ▲ ． 13．若曲线存在过原点的切线，则实数的取值范围为 ▲ ． 14．已知在四面体中，和的面积分别是5和8，且二面角的平面角为，则经过棱和四面体内切球球心的截面的面积为 ▲ ． 四、解答题：本小题共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．（13分）某校为落实“阳光体育”政策，鼓励学生积极参加体育锻炼，从全校随机抽取了200名学生，统计他们每周的体育锻炼时间（单位：小时），将数据分成6组：，，，，，，并根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，并估计全校学生每周锻炼时间的平均数和第70百分位数（百分位数用分数表示）； （2）现采用分层抽样的方法，从周平均体育锻炼时间在内的学生中抽取10人，再从这10人中随机选取2人作为“阳光体育之星”，求这2人来自同一组的概率． 16．（15分）已知的内角，，的对边分别为，，，满足． （1）求角的大小；（2）若，的周长为，求的面积． 17．（15分）如图，在四棱锥中，，，已知，四棱锥的体积为，平面与平面的夹角为且在底面上的投影在四边形内（包括边界）． （1）求证：； （2）若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 18．（17分）学校社团招新设置个集章点，编号为1，2，…，n，每号点初始有1枚红色印章、1枚蓝色印章。按以下规则流转： ①工作人员向1号点随机放1枚印章，红、蓝概率各为0.5； ②2号点从1号点的3枚印章中随机取1枚，3号点从2号点的3枚印章中随机取1枚，依此类推，直到号点从号点取完1枚； ③最后从号点的3枚印章中随机移除1枚，完成一轮集章． （1）求第一轮集章结束后，1号点恰好有2枚红色印章的概率； （2）当时，记第一轮集章结束后2号点红色印章数量为，求的数学期望； （3）记第一轮集章结束后号点的红色印章数量为，求的数学期望． 19．（17分）已知函数，函数，． （1）求在上的值域； （2）当时，证明：； （3）设，为方程的两个不等实根且满足恒成立，求实数的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学卷评分标准与参考答案 一、单项选择题（5×8=40分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C B D D B D C 二、多项选择题（3×6=18分） 题号 9 10 11 答案 BD BCD ACD 三、填空题（3×5=15分） 12． 13． 14． 四、解答题（13+15+15+17+17=77分） 15．（1） 第70百分位数： 8分 （2）“体育锻炼时间在内”包含第2、3、4组，频率分别为0.21、0.21、0.28，对应人数42人、42人、56人，则抽样比，故各组抽取人数为3人、3人、4人 （2人来自同一组） 13分 16．（1）由正弦定理，将边转化为角，， 展开得：，得， 由于得，． 7分 （2）已知周长，，， 由余弦定理代入，得， 又，，． 15分 17．（1）过作面交于点，交于点， 连接和．因为面，所以． 又因为，，故面 即为平面与平面的夹角． ，而，即． 所以四边形为平行四边形，那么 6分 （2）法一：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，得，，设，根据题（1）可得，则，，， 设为平面法向量，，令 设为平面法向量，，令所以 此时，，设直线与平面所成角为 则 15分 法二：设，则，，，，，，．过在平面内作，在平面内作，则为平面与平面所成夹角的补角．过点作交于点，过点作交于点． ，，，，，∴在直角梯形中，则，此时，而，， 设所求线面角为，则． 15分 18．（1）解：记“第一轮集章结束后1号点恰有2枚红色印章”，应从1号点放入一枚红色印章，取出一枚蓝色印章，所以，即第一轮集章结束后1号点恰有两枚红色印章概率为． 5分 （2）由题可知的可能取值为0，1，2，，，， 所以2号点红色印章数量的数学期望． 10分 （3）法一：设表示号点位接到印章后、弃牌前红色印章张数，1，2，…，n． ，．对1，2…，，， 由得，1，2，…，n，设第一轮结束后号点位红色印章个数为则有 ． 17分 法二：记“抽取卡片后号点位有两枚红色印章和一枚蓝色印章”， “从号手中取出的卡为红色印章”，所以，， ，，则由全概率公式可得： 则，，又，所以，， 假设第一轮集章结束后，号点位红色印章为，可能取值为0，1，2， ，， ，所以． 17分 法三：从收集、传递、丢弃，所有操作对红色印章和蓝色印章完全公平，最后每个点位都剩2枚印章，红印章的数学期望就是总数的一半，即． 17分 19．（1），可知在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以在上的值域为． 4分 （2）令，当时，，原不等式等价于证明：，， 设，则，所以在上单调递增， 所以，得证． 10分 （3）由，又，可得， 不妨令，要证，即证，而， 即证，即证． 设，，则， 因为，所以，从而，所以，在上为增函 数，故，故即成立，得成立 又，得．由，代入得：． 又，只需在（1，2）上单调递增，即， 又令，，可得，可得， 当时，，满足单调递增，不等式恒成立． 若，存在区间导数小于0，不满足题意．综上：实数的最小值为．17分 学科网（北京）股份有限公司 $