精品解析：浙江宁波市镇海中学2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试题

镇海中学2025学年第二学期期末考试 高二数学试题卷 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. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】 则． 2. 若为非零向量，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】A 【解析】 【分析】根据向量的定义分析即可. 【详解】设为方向上的单位向量， 则，， 所以，可以推出， 不能推出，即. 3. 如图，梯形是用斜二测画法画一个水平放置的平面图形得到的直观图，，且梯形的面积为3，则原图形的面积为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题设，设梯形的高为且，则， 所以原图形也是梯形，对应高为且上下底与梯形相等， 所以原图形的面积为. 4. 设等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合等比数列的前项和的性质即可求解. 【详解】已知等比数列的前项和为，设等比数列的公比为， 根据等比数列的前项和的性质，，，，等构成一个公比为的等比数列， 已知，，则，所以， 所以，即， ，即， 因此，故C正确. 5. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子次，记录每次朝上的点数，设事件为“第一次的点数是”，事件为“两次的点数之积为偶数”，事件为“两次的点数之和为偶数”，则（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】记为第一次的点数，为第二次的点数，以为一个样本点，利用互斥事件的定义可判断A选项；利用事件独立性的定义可判断BD选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项. 【详解】记为第一次的点数，为第二次的点数，以为一个样本点， 对于A选项，，故与不互斥，A错； 对于B选项，由古典概型的概率公式可得， 基本事件的总数为，故， ， 所以，则， 所以与不独立，B错； 对于C选项， ，共个样本点，则， 所以，C错； 对于D选项，， 所以，故与独立，D对. 6. 如图，已知四面体中，平面，，，，点为线段中点，则四面体外接球球心到平面距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，根据题意，证得，得到为四面体外接球球心，得到点到平面的距离为点到平面的距离的一半，设点到平面的距离为，结合，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 因为平面，且平面，所以， 在直角中，可得， 又由平面，且平面，所以， 因为，，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直角中，且为的中点，可得，所以， 所以为四面体外接球球心， 因为为的中点，所以点到平面的距离为点到平面的距离的一半， 设点到平面的距离为， 因为，，点为线段中点，可得， 在直角中，可得， 所以， 且， 则，且， 因为，即，解得， 所以点到平面的距离为. 7. 已知的内角的对边分别为，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换及正弦定理化简，再根据余弦定理，基本不等式即可求解． 【详解】 ， 由正弦定理角化边得，， 因为，所以， 根据余弦定理得，， 又，所以， 由基本不等式得，，当且仅当时等号成立， 所以， 所以． 8. 在平面中，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，根据求得，设点，根据求出点的轨迹方程，化简的表达式，数形结合以及利用直线与圆的位置关系可求得的最小值. 【详解】在平面中，，以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴， 线段的垂直平分线所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 设点，易知、，，， 所以，解得，即点， 设点，则，， ，化简得， ，， 所以， 所以， 故可视为点到圆上一点之间的距离， 而点恒在直线上，所以， 当点与点重合且为线段与圆的交点时，等号成立， 故的最小值为. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的解集为或 B. 为偶函数 C. D. ，不等式恒成立 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法即可验证A项，利用偶函数的定义即可验证B项；化简函数，得到函数在单调递减，在单调递增，利用单调性得到即可验证C项；由函数为偶函数和其单调性，将，不等式恒成立，转化为，不等式恒成立，即恒成立即可验证D项. 【详解】对于A项，即，化简得到，解得，故A错误； 对于B项，定义域为，关于原点对称，，所以函数为偶函数，故B正确； 对于C项， ， 因为在单调递增，所以在单调递增， 所以函数在单调递减， 因为为偶函数，所以函数在单调递增， 所以，故C正确； 对于D项，因为为偶函数，函数在单调递增，单调递减， 所以要证，不等式恒成立， 等价于，不等式恒成立，即恒成立 因为恒成立， 所以，不等式恒成立，故D正确. 10. 在平行六面体中，，，为的中点，则（ ） A. 当时，异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时， C. 当时，四边形的面积为 D. 无论为何值时，过三点的平面将平行六面体分成两个几何体的体积之比（体积较小部分∶体积较大部分）都为7∶17 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项，利用正方体的性质即可判断；BC项，通过向量的计算即可判断；D项，先作出平面，找到分割出的几何体，通过计算规则形状部分（棱台）的体积，进而求得两部分的体积之比. 【详解】A项，当时，为正方体，如图所示，易知，直线与的夹角为，则异面直线与所成角为，其余弦值为，故A正确； B项，已知，， 则， 所以，即，故B正确； C项，，则， ， 设的夹角为，则， 于是，，故C错误； D项，取的中点，连接，则， 因为为平行六面体，所以，所以，所以平面. 易知几何体为棱台，设平行六面体中的面积为，该面上的高为， 则，且，， 于是，， 故体积较小部分∶体积较大部分，故D正确. 11. 已知函数的定义域为，对任意都有，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意运用赋值代入法计算，结合函数的奇偶性、周期性逐一验证选项可得答案． 【详解】令，则，又， 所以，故A正确； 令，则，所以， 令，则，所以， 所以， 所以为偶函数，故B错误； 令，则成立，故C正确； 所以， 故，故的周期为2， 又，， 所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的相邻的两个对称中心之间的距离是，则满足条件的的值为_____． 【答案】3 【解析】 【详解】由题设及正切函数的性质，相邻的两个对称中心的距离为，可得. 13. 已知正实数满足，则的最大值是_____． 【答案】1 【解析】 【分析】由对数运算得出，再根据基本不等式即可求解． 【详解】， 由基本不等式得，，当且仅当时等号成立， 所以． 14. 已知函数，若关于的方程有且仅有5个不同的实根，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，画出函数的图象，令，要使得方程有5个实数根，转化为有两个实数根，满足，且，又由，结合双曲函数的性质，即可求解. 【详解】由函数， 当时，，可得其开口向上，对称轴为， 且， 当时，函数在上为单调递增函数，且， 画出函数的图象，如图所示， 令，方程，即为， 原方程有5个实数根，等价于方程的根，对应的实根总个数为5个， ①当时，在区间上，只有1个解，在区间上只有一个解， 共有2个不同实数根； ②当时，在区间上，有和两个解， 在区间上有一个解，共有3个不同实数根； ③当时，在区间上，有两个解， 在区间上有一个解，共有3个不同实数根； ④当时，在区间上，没有实数解， 在区间上有一个解，共有1个不同实数根； 要使得方程有5个实数根， 即关于的二次方程有两个实数根， 满足有3个根，有2个根， 即满足，且，即， 又由韦达定理得， 令，可得函数在上单调递增， 且，则， 所以，即实数的取值范围为. 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. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的前项和为； （2）记，数列的前项和为，求，并证明． 【答案】（1） （2）由（1）知，， 则， ， 又得证． 【解析】 【分析】（1）首先求等差数列的通项公式和前项和公式，再去绝对值，分类讨论求； （2）首先利用裂项相消法求和，再分离常数证明不等式. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由已知，解得：， 所以，， 当时，，； 当时，， ． 综上：． 【小问2详解】 略 16. 《中国居民膳食指南（2022）》数据显示，6岁至17岁儿童青少年超重肥胖率高达19.0%．为了解某地中学生的体重情况，某机构从该地中学生中随机抽取100名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按分成六组，得到的频率分布直方图如图所示： （1）根据频率分布直方图求； （2）根据调查的数据，估计该地中学生体重的众数和上四分位数； （3）根据调查，样本数据落在区间的平均数是57，方差是2，落在区间的平均数是63，方差是5，据此求样本数据落在区间的总平均值和方差． 【答案】（1） （2）众数估计：52.5；上四分位数估计：58.75 （3）总平均值59；方差11． 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中频率=纵坐标组距、所有组频率之和为1，列方程求； （2）由频率分布直方图中众数、百分位数的定义公式计算； （3）由分层抽样的平均值方差定义公式计算. 【小问1详解】 由题意可得，解得. 【小问2详解】 频率分布直方图中，最高矩形的中点值为52.5，所以众数为52.5. 设上四分位数： ， 所以上四分位数落在内，则： ，解得，所以上四分位数估计为58.75. 【小问3详解】 由频率分布直方图知样本数据落在区间和频率比为2：1，则样本数据落在区间的总平均值. 样本数据落在区间的总方差为. 17. 已知函数． （1）求在上的单调递减区间； （2）设分别是锐角内角的对边，且满足，．若的面积是，周长是，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据降幂公式化简的解析式，再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间； （2）由题可得，然后利用正弦定理可得，根据锐角三角形可得，从而可求出答案． 【小问1详解】 由已知， 令，解得：， 所以单调递减区间是． 【小问2详解】 由锐角，，得，，， 又，即，所以， 则， ， 因为锐角，，所以，， 所以． 18. 如图，在平行四边形中，，，，分别是的中点，将平行四边形沿折至的位置，连接，得到斜三棱柱． （1）若为中点，证明：直线平面； （2）当时， ①求二面角的大小； ②在三棱柱中有内切球与各个侧面和底面都相切，球与侧面，侧面以及上底面都相切，且与球外切，求球的表面积． 【答案】（1）取中点， 因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面， 因为且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 又因为，平面， 所以平面平面，因为平面，所以平面． （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用面面平行的判定和性质即可证明； （2）①方法一：找到二面角的平面角，再求解即可；方法二：建立合适的空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求法即可得到答案；②写出的表达式，再作差即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①法一：连，取中点， 因为，所以，又因为分别是的中点， 则，则，则为中点， 因为且，所以为二面角的平面角， 因为，则， 则为等边三角形，所以，所以． 法二：因为， 即 即， 所以，又因为， 取中点，则，， 则，，， 以为轴正方向，以为轴正方向，轴满足右手系，建立空间直角坐标系． 故． 设点满足，则，解得， 则．则， 因为，所以易得， 则， 设平面的法向量，则，即 可取， ， 设平面的法向量，则，即， 可取， ， 则平面的法向量，平面的法向量， 所以，由图知是锐二面角，所以二面角为． ②因为且，所以截面内，球截得的圆为的内切圆， 因为的边长为，所以它的内切圆半径为 ，因为， 因为，则，则， 则， 又因为为中点，所以， 所以． 因为，所以点在平面中，所以， 因为，，， 所以，，所以． 在中，； ； …… ； ； 作差得， 因为，所以． 19. 已知函数． （1）若的解集为，求的解集； （2）当，，时，是否存在，使得函数定义域和值域均为，若存在，求出，的值，不存在请说明理由； （3）记，当时，对任意的，，都存在使得关于的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2），或， （3） 【解析】 【分析】（1）根据一元二次方程和一元二次不等式的关系，由已知确定的符号及方程的解，利用换元法求的解集； （2）先确定的对称轴及在上的值域，再分类讨论，确定的值； （3）先确定问题的等价条件，即，再根据二次函数的性质，确定，最后求得的取值范围. 【小问1详解】 由题意可知二次方程的两个解为2，4，且， 由韦达定理，有，故. 当时，可化为， 令，有，故二次方程的两个解为， 又，所以的解集为. 【小问2详解】 当，，时，， 则函数的对称轴为，且。 ①当时，有，且， 由二次函数的对称性可知， 故当时，的值域为，所以； 当时，由题意可知，整理得， 解得（舍去），或. ②当时，在上单调递增，有，， 即二次方程应有两个大于等于2的根，由①可知，此时不存在的值符合题意； ③当时，在上单调递减，此时不存在的值符合题意； 综上，使得定义域和值域均为的的值为，或，. 【小问3详解】 因为不等式有解，所以． 因为对任意的，都存在使得，所以． 因为在当中，二次项系数1决定函数形状，一次项系数与常数项对函数只产生平移作用，所以当对称轴为，且时，取得最小值， 此时，解得，， 则， 于是，解得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 镇海中学2025学年第二学期期末考试 高二数学试题卷 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. B. C. D. 1 2. 若为非零向量，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 3. 如图，梯形是用斜二测画法画一个水平放置的平面图形得到的直观图，，且梯形的面积为3，则原图形的面积为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 4. 设等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子次，记录每次朝上的点数，设事件为“第一次的点数是”，事件为“两次的点数之积为偶数”，事件为“两次的点数之和为偶数”，则（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 与相互独立 6. 如图，已知四面体中，平面，，，，点为线段中点，则四面体外接球球心到平面距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角的对边分别为，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面中，，，，则的最小值为（ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的解集为或 B. 为偶函数 C. D. ，不等式恒成立 10. 在平行六面体中，，，为的中点，则（ ） A. 当时，异面直线与所成角的余弦值为 B. 当时， C. 当时，四边形的面积为 D. 无论为何值时，过三点的平面将平行六面体分成两个几何体的体积之比（体积较小部分∶体积较大部分）都为7∶17 11. 已知函数的定义域为，对任意都有，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的相邻的两个对称中心之间的距离是，则满足条件的的值为_____． 13. 已知正实数满足，则的最大值是_____． 14. 已知函数，若关于的方程有且仅有5个不同的实根，则实数的取值范围是_____． 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. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的前项和为； （2）记，数列的前项和为，求，并证明． 16. 《中国居民膳食指南（2022）》数据显示，6岁至17岁儿童青少年超重肥胖率高达19.0%．为了解某地中学生的体重情况，某机构从该地中学生中随机抽取100名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按分成六组，得到的频率分布直方图如图所示： （1）根据频率分布直方图求； （2）根据调查的数据，估计该地中学生体重的众数和上四分位数； （3）根据调查，样本数据落在区间的平均数是57，方差是2，落在区间的平均数是63，方差是5，据此求样本数据落在区间的总平均值和方差． 17. 已知函数． （1）求在上的单调递减区间； （2）设分别是锐角内角的对边，且满足，．若的面积是，周长是，求的取值范围． 18. 如图，在平行四边形中，，，，分别是的中点，将平行四边形沿折至的位置，连接，得到斜三棱柱． （1）若为中点，证明：直线平面； （2）当时， ①求二面角的大小； ②在三棱柱中有内切球与各个侧面和底面都相切，球与侧面，侧面以及上底面都相切，且与球外切，求球的表面积． 19. 已知函数． （1）若的解集为，求的解集； （2）当，，时，是否存在，使得函数定义域和值域均为，若存在，求出，的值，不存在请说明理由； （3）记，当时，对任意的，，都存在使得关于的不等式有解，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $