精品解析：浙江宁波市慈溪市2025-2026学年高二下学期6月期末测试数学试题

2025学年第二学期高二年级期末测试 数学学科试题 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分． 考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，；命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D.  4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 一名同学投掷骰子5次，分别记录每次出现的点数．现已知平均数和中位数均为3，则（ ） A. 点数6可以出现2次 B. 众数不可能为3 C. 极差可能是5 D. 方差可能是1 6. 已知函数与函数的图象有唯一公共点，则实数（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 7. 在中，，，P，Q是线段上的动点，且的长度不小于1，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，，，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为，则的最大值为（ ） 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. 若在成对样本数据分析中得到相关系数，则表明成对样本数据间没有线性相关关系 B. 若一组数据（，，，…，）的线性回归方程为，，，则 C. 若，，则 D. 设，是两个随机事件，记为事件的对立事件，若，，则 10. 已知函数（，）满足，则（ ） A. B. C. 当时， D. 当，且在上单调递减时， 11. 已知是定义在上的奇函数，满足，且当时，，则（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在单调递增 C. D. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙两人各投篮一次，若甲投中的概率是，乙投中的概率是，则两人中恰好有1人投中的概率为_______． 13. 已知两个圆锥的母线长相等，它们的侧面展开图中圆心角之和为，记两个圆锥侧面积分别为，，体积分别为，，若，则_______． 14. 若存在m，且，满足对任意，恒成立，则的取值范围为_______． 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. 为调查某地区水质污染整治情况，研究人员将该区域的100个水体样品中的A指标值检测数据进行整理，绘成如图所示的频率分布直方图． （1）求直方图中a的值，并估计A指标值的中位数； （2）若从A指标值在和的两组中，用分层随机抽样的方法抽取10个样本，求从中抽取的样本数量． 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，求的面积最大值． 17. 如图1是由矩形和等腰直角组成的一个平面图形，其中，，将沿着折起使得，如图2．若E是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 18. 已知函数，，，． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数在区间的最大值为，求的取值范围； （3）当时，函数在区间至少有4个零点，求a的取值范围． 19. 已知在中，，，，与交于点F． （1）若，求； （2）求在上的投影向量的模的最小值； （3）过F作直线l分别交线段、于点M、N，记与面积分别为，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高二年级期末测试 数学学科试题 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分． 考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数运算法则计算出后，再利用模长公式即可得. 【详解】，故. 2. 已知命题，；命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以是假命题，是真命题； 若，则；若，则， 故是真命题. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D.  【答案】A 【解析】 【详解】由得，结合，； 由得，即. 对选项A：，所以A正确； 选项B：，所以B错误； 选项C：为有限整数集，为实数区间，，所以C错误； 选项D：中存在非整数元素，所以，所以D错误. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】二项展开通项 所以 令，解得, 展开式中的系数. 5. 一名同学投掷骰子5次，分别记录每次出现的点数．现已知平均数和中位数均为3，则（ ） A. 点数6可以出现2次 B. 众数不可能为3 C. 极差可能是5 D. 方差可能是1 【答案】C 【解析】 【详解】设5次投掷骰子的点数从小到大分别为， 因为平均数和中位数是3，所以，. 选项A，若点数6出现两次，则，不可能，A错误； 选项B，反例：1,3,3,3,5，满足题干，3是众数，B错误； 选项C，若极差为5，则，所以， 取，满足题意，C正确； 选项D，若方差为1，则， 即， 即存在两个0，不妨设，则，此时，与题干矛盾，故方差不能为1，D错误. 6. 已知函数与函数的图象有唯一公共点，则实数（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】先判断两个函数图象的对称性，再根据两个函数的最值求出. 【详解】因为，且定义域为， 所以的图象关于对称； 因为的对称轴为，所以的图象关于对称； 因为，等号成立时， 且在处取最大值， 所以若、的图象有唯一公共点，则，得. 7. 在中，，，P，Q是线段上的动点，且的长度不小于1，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，依题意得，利用向量的坐标运算求出的表达式，结合二次函数的性质求解即可． 【详解】取的中点，因为，，故， 以点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示： 则，依题意得， 设，由题意知， 由P，Q是线段上的动点，得， ， 则， 当时，取得最小值， 由于，当时，取最小值； 当或时，取得最大值， 由于，当时，取最大值； 综合可得的取值范围为. 8. 在三棱锥中，，，，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取在平面上的投影，作于点、作于点，结合投影性质与线面垂直的判定定理与性质定理可得、，结合题目所给条件可得四边形为矩形，再设、、，计算可得，再表示出、后，利用两角差的正切公式及基本不等式计算即可得解. 【详解】取在平面上的投影，作于点、作于点， 连接、，由投影性质可得平面， 又、平面，故、， 又、平面，故、， 又、、、， 且、平面、、平面， 故平面、平面， 又平面、平面，故、， 故、，则、， 由，故，又、， 故四边形为矩形，则、， 设、、， 则、， 即有、， 整理得、，故，即， 则、， ， 当且仅当时，等号成立， 故的最大值为. 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. 若在成对样本数据分析中得到相关系数，则表明成对样本数据间没有线性相关关系 B. 若一组数据（，，，…，）的线性回归方程为，，，则 C. 若，，则 D. 设，是两个随机事件，记为事件的对立事件，若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助相关系数定义、线性回归方程性质、正态分布性质及条件概率与对立事件性质逐项判断即可得. 【详解】对A：若在成对样本数据分析中得到相关系数， 则表明成对样本数据间没有线性相关关系，故A正确； 对B：由，，则，， 故，解得，故B错误； 对C：，故C正确； 对D：， 则，故D正确. 10. 已知函数（，）满足，则（ ） A. B. C. 当时， D. 当，且在上单调递减时， 【答案】BC 【解析】 【分析】由恒成立，得进行判断A，B项，对于C项由函数在处取得最大值为1，且，得进行求解；对于D项由单调性求解． 【详解】由，得， 得，则对于， 得，故，故A项错误； 由及，得，故B项正确； 对于C项，由及， 得函数在处取得最大值为1，且，得， 得，由及，得， 当，时，得，得， 结合，得此时无解； 当，时，得，得， 结合，得此时，故C项正确； 对于D项，当时，得， 由，得， 则且，得，故D项错误． 11. 已知是定义在上的奇函数，满足，且当时，，则（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在单调递增 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A：结合奇函数定义与可得，即可得解；对B：由A可得，则可得以为周期，结合时，，可得在时函数解析式，即可得其单调性；对C：由A知，结合函数周期与时，计算即可得解；对D：举出反例即可得解. 【详解】对A：由是定义在上的奇函数，则， 又，有，则， 即有，则，即， 故有，又，即， 即，故的图象关于点中心对称，故A正确； 对B：由A知，故以为周期， 当时，有， 则， 故在上单调递增，故B正确； 对C：由A知，故， 故、、、， 则，又，，以为周期， 则，故C正确； 对D：， 取，有， 则，故D错误. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙两人各投篮一次，若甲投中的概率是，乙投中的概率是，则两人中恰好有1人投中的概率为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用相互独立事件的概率公式计算即可得. 【详解】. 13. 已知两个圆锥的母线长相等，它们的侧面展开图中圆心角之和为，记两个圆锥侧面积分别为，，体积分别为，，若，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】借助圆锥侧面积公式、体积公式与扇形圆心角定义计算即可得. 【详解】设这两个圆锥的母线长都为，底面半径分别为、， 则，即有， 又，，则，则，， . 14. 若存在m，且，满足对任意，恒成立，则的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】原不等式等价于，拆成两个二次函数恒非负的问题，利用判别式 得到关于 和 的双边约束，进而确定 的范围，然后将目标式 表示为 的函数，通过求导分别求出下界函数的最小值和上界函数的最大值，最终得到 的取值范围. 【详解】等价于 拆为两个不等式：右边：，移项得 . 左边：，移项得 . 两式均需对任意 成立，二次项系数 ，故判别式 . 令 ，则 . 对第一式：，整理得 . 对第二式：，整理得 . 联立得 . 存在实数 的充要条件是 ，化简得 ，即 ，解得. 令 ，则 ，代入联立不等式. 左边：，得 . 右边：，得 . 先求 的最小值. 记 ，. 求导得 . 令 得 （正值），落在区间内部. 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增. 所以是函数的极小值点，又区间内仅有这一个极值点，故此处取最小值 . 记 ，. 求导得 ，故 单调递增，最大值在 处取得. 代入得 ，此为最大值. 综上， 的取值范围为. 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. 为调查某地区水质污染整治情况，研究人员将该区域的100个水体样品中的A指标值检测数据进行整理，绘成如图所示的频率分布直方图． （1）求直方图中a的值，并估计A指标值的中位数； （2）若从A指标值在和的两组中，用分层随机抽样的方法抽取10个样本，求从中抽取的样本数量． 【答案】（1）； （2）个 【解析】 【小问1详解】 由题意知组距为，由频率分布直方图性质可知: ， 计算得，故. 依次计算区间累计频率： ：； ：； ：； ：. 所以中位数落在，设中位数为. 所以，解得. 【小问2详解】 分层抽样数量： 组频数：. 组频数：. 两组数量比为. 抽取个样本，中抽取数量为. 所以从中抽取个样本. 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，求的面积最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，利用两角和与差的正弦公式计算即可得； （2）利用余弦定理与基本不等式结合三角形面积公式计算即可得. 【小问1详解】 由，得， 所以， 即， 因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以， 所以，即的面积最大值为. 17. 如图1是由矩形和等腰直角组成的一个平面图形，其中，，将沿着折起使得，如图2．若E是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）由题意知，，， 又，、平面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为，所以， 而，、平面， 所以平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直的判定定理及性质定理推导即可得； （2）过点E作于点F，结合线面垂直的判定定理及性质定理可得就是直线与平面所成角，再求出各边长后，利用余弦定理计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，平面，又， 所以平面，又因为平面， 所以，而，、平面， 所以平面，又因为平面，所以， 则， 因为E是的中点，则， 因为平面，平面，所以， 所以， 过点E作于点F，因为平面，所以， 又因为，、平面， 所以平面，所以就是直线与平面所成角， 又因为，，， 所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 18. 已知函数，，，． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数在区间的最大值为，求的取值范围； （3）当时，函数在区间至少有4个零点，求a的取值范围． 【答案】（1）或 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，解出即可得； （2）借助诱导公式与辅助角公式可将化成正弦型函数，结合正弦型函数性质计算即可得解； （3）令，利用三角函数图象及其性质可得取不同值时，该方程的解的个数，则可得或，，分类讨论即可得. 【小问1详解】 因为， 所以或， 所以不等式的解集为或； 【小问2详解】 因为 ， 所以时，， 由题意知，，， 所以，，即，； 【小问3详解】 当时，令，，则， 由三角函数性质可得时，x有三解；或时，x有两解； 时，x有一解；或时，x无解． 又函数在区间至少有个零点， 所以方程有两个不同实根，，且或，； ①时，令， 所以，解得； ②时，，不成立； 综上：． 19. 已知在中，，，，与交于点F． （1）若，求； （2）求在上的投影向量的模的最小值； （3）过F作直线l分别交线段、于点M、N，记与面积分别为，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，借助平面向量线性运算与三点共线定理可得，再用、表示出、后，利用数量积公式计算即可得解； （2）利用投影向量的模的定义及基本不等式计算即可得； （3）设，，利用三点共线定理计算可得，再利用面积公式计算即可得. 【小问1详解】 由，， 可设， 则，解得，故， 则， 因为，所以， 即有，所以； 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 当且仅当时，等号成立， 故在上的投影向量的模的最小值为； 【小问3详解】 设，（，）易知， 则， 因为M，F，N三点共线，所以， 所以，， 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $