浙江省嘉兴市2025-2026学年高二下学期6月期末检测数学试题含答案

2025～2026学年第二学期期末检测本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟。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A.√3的展开式中常数项为A.-20B.-15A.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高二期末检测数学试题卷第1页(共6页)高二期末检测数学试题卷第2页(共6页)A.4π7.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约48%的人近视，而该校大约有30%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为60%.现从每天玩手机不超过1小时8.设f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且满足,若x₀是方程二、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ξ~N(1,σ²),若P(ξ>2)=0.1,则P(0≤ξ≤1)=0.4B.样本数据23,27,30,31,43,44,55,63,81,87的第75百分位数为59C.若一组样本数据(x,y;)(i=1,2,3,…,n)的对应样本点都在直线y=-4x+4上，则这D.对于分类变量X与Y的独立性检验的统计量x²,若x²值越大，则判断“X与Y有高二期末检测数学试题卷第3页(共6页)10.已知函数)(@>0),则下列说法正确的是A.当w=2时，直线是曲线y=f(x)的一条对称轴C.若A,B是直线y=1与曲线y=f(x)的两个相邻交点，且,则w=4D.若f(x)在上单调递减，则w的最大值为1011.正方体ABCD-A₁B₁C₁D的棱长为2,点M,N分别是线段AB,B₁C上的动点(不含端点),且MN//平面AA₁C₁C,则A.存在某个位置，使得MNI平面BDD₁B₁C.线段MN的长度的最小值为√2D.存在某个位置，使得直线BB₁与平面B₁MN所成的角为30°三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。13.某班一天上午有4节课，下午有2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1个积分，负者得0个积分，记两人积分之差的绝对值为3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7局且甲获胜的概率为高二期末检测数学试题卷第4页(共6页)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.(13分)设函数f(x)=ax-Inx-2,已知是f(x)的极值点.(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与曲线y=mx²+(2m+3)x+1只有一个公共点，求m.16.(15分)记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知acosC+(2b+c)cosA=0.(2)若a=3√3,△ABC的面积为,求b,c.高二期末检测数学试题卷第5页(共6页)17.(15分)BC,CC₁的中点.(1)证明：B₁C⊥平面ADE;(2)求三棱锥A-A₁B₁C的体积；(3)求二面角A-B₁C-A₁的余弦值.18.(17分)已知甲盒有m个红球和4个黄球，乙盒有n个红球和2个黄球，m,n∈N°,小球除颜色外大小质地完全相同.(1)若m=n=2,小王从甲盒中任取2个球，再从乙盒中任取2个球，记小王取出红球的个数为X.(2)若m=2n(n≥2),小王从甲盒中有放回地连续取出2个球，再从乙盒中有放回地连续取出2个球.设小王恰好取出3个红球的概率为P,求P的最大值.2025～2026学年第二学期期末检测高二数学参考答案(2026.6)一、单选题(40分)二、多选题(18分)三、填空题(15分),解得t=2,所以所以a=2.故选B.解法1:对于A选项，当点M,N分别是线段A₁B,B₁C的中点时，对于B选项，过点M作直线AB的垂线ME,过点N作直线BC的垂线NF,连接EF.又BA₁=B₁C,所以BM=B₁N,A₁M=CN.故B正确.对于C选项，过点N作EF的平行线NG,设BE=x(0<x<2),则MG=2x-2,GN=√2x,MN²=6x²-8x+4,对于D选项，在M从点B至点A的过程中，故D正确.解法2:对于A选项，方法同解法1.对于B选项，如图建立平面直角坐标系，设M(2,2-x,x),N(y,2,y)(0<x<2,0<y<2),MN=(y-2,x,y-x),取平面AA₁C₁C的法向量n=(1,1,0),MNA₁M=√2(2-x),CN=√2y=√2(2-x),所以A₁M=CN.故B正确. 取平面B₁MN的法向量n₁=(-x,x-2,x),BB₁=(0,0,1),设所成角为θ,x₁=-2+2√2,x₂=-2-2√2(舍),故D正确.解析：分三种情况：①甲3:0获胜，概率②甲4:1获胜，则乙只能在前三局获胜一局，有三种可能，所以概率③甲5:2获胜，则乙不能在第六局获胜，也不能前三局都不获胜，有C²-1=9种可能，所所以比赛结束时总局数不多于7局且甲获胜的概率为四、解答题(77分)15.(13分)求m. y=mx²+(2m+3)x+1可联立y=2x-1,得mx²+(2m+1)x+2=0①有且只有一解，16.(15分)(1)求A;(2)若a=3√3,△ABC的面积为,求b,c.解析：(1)sinAcosC+2sinBcosA+sinCcosAsinB++2sinBcosA=0,因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以,因为A∈(0,π),又因为a²=b²+c²-2bccosA17.(15分)(2)求三棱锥A-A₁B₁C的体积；(3)求二面角A-B₁C-A的余弦值.解析：(1)解法1:因为三棱柱为直三棱柱，第17题因为平面ABCN平面BCC₁B₁=BC,ADc平面ABC,所以AD⊥平面BCC₁B₁,因为B₁Cc平面BCC₁B₁,所以AD⊥B₁C.连接BC₁,因为CD=DB,CE=EC₁,所以DE/IBC₁,因为BC₁⊥B₁C,所以DE⊥B₁C,所以B₁C⊥平面ADE.解法2:以D为原点，如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,4),C(-3,0,0),B₁(3,6,0),E(-3,3,0),CB₁=(6,6,0),DA=(0,0,4),DE=(-3,3,0),设平面ADE的法向量m,,解得m=(1,1,0), 所以B₁C=-6m,B₁C//m,所以B₁C⊥平面ADE.作A₁C₁的垂线，垂足为F,面AA₁C₁C=A₁C₁,B₁Fc平面A₁B₁C₁,所以B₁F⊥平面AA₁C₁C,所以(3)解法1:记直线DE,B₁C交于0,直线AE,A₁C交于G,连接OA,OG,所以OA⊥B₁C,OG⊥B₁C,所以∠AOG为二面角A-B₁C-A的平面角.xCAACB,由余弦定理知所以二面角A-B₁C-A的余弦值为解法2::记直线DE,B₁C交于0,连接OA, ,设二面角A-B₁C-A的平面角为θ,所以二面角A-B₁C-A的余弦值为解法3:如图建立平面直角坐标系，设平面AB₁C的法向量n,,解得n₁=(4,-4,-3),同理，平面A₁B₁C的法向量n₂=(4,-4,3),因为二面角A-B₁C-A所以二面角A-B₁C-A的余弦值为18.(17分)已知甲盒有m个红球和4个黄球，乙盒有n个红球和2个黄球，m,n∈N°,小球除颜色外大小质地完全相同.(1)若m=n=2,小王从甲盒中任取2个球，再从乙盒中任取2个球，记小王取出红球(2)若m=2n(n≥2),小王从甲盒中有放回地连续取出2个球，再从乙盒中有放回地连续取出2个球.设小王恰好取出3个红球的概率为P,求P的最大值.解析：(1)(i)甲盒取0个红球，乙盒取1个红球的概率为甲盒取1个红球，乙盒取0个红球的概率为X01234P(2)解法1:甲盒取2个红球，乙盒取1个红球的概率为甲盒取1个红球，乙盒取2个红球的概率为C₂解法2:甲盒取2个红球，乙盒取1个红球的概率为p²·C·p·(1-p)=2p³(1-p),甲盒取1个红球，乙盒取2个红球的概率为C·p·(1-p)·p²=2p³(1-p),所以P=2p³(1-p)+2p³(1-p)=4p³(1-p)=f(p),19.(17分)(2)若函数g(x)=f(x)+ax²(a∈R)存在两个极值点.(ii)设g(x)的极大值点为x₁,g(x)的零点为x₀,求证：x₁-x₀≥1n2.存在2个变号零点，一个零点为0,还有一个零点为方程2ae×-1=