2025-2026学年浙江省湖州市高二下册6月期末教学质量监测数学试卷（含解析）

/数学满分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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.若复数满足，为虚数单位，则复数的虚部为（）A.1 B. C. D.3.从编号为1，2，3，4的白球和编号为5，6，7的黑球中随机选取3个球，若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为（）A.30 B.35 C.45 D.604.若（且，且），则下列结论不正确的是（）A. B. C. D.5.已知，若，则（）A. B. C. D.6.模长都为1的平面向量满足，则的模不可能是（）A. B. C. D.7.已知正三角形的边长是2，是的中点，将沿直线翻折，构成三棱锥，使得二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积是（）A. B. C. D.8.已知函数有两个极值点，，且，，记函数的导函数为，则关于的方程的不同实数根个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4二、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.已知函数，则（）A.函数的值域为 B.函数的极小值点是C.函数有三个单调区间 D.函数有两个零点10.下列结论中，正确的有（）A.数据1，2，4，5，6，8，9的第60百分位数为5B.若随机变量，，则C.已知经验回归方程为，且，，则D.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.00111.袋子中有大小相同且质地均匀的白球3个，红球2个．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，连续摸出两个球，则（）A.第一次摸到红球的概率是B.第二次摸到红球的概率是C.在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率是D.摸出红球个数的方差是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为，则该棱台的体积为______．13.设函数，，若对任意的，，则______．14.现有一个抽奖活动，主持人将两件奖品随机放在编号为1，2，3，4，5，6的两个不同箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）．记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子．则______，______．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.已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数和为256．（1）求展开式中的常数项；（2）写出展开式中所有系数为有理数的项．16.在中，内角，，的对边分别为，，，点在边上，且，．（1）若，求的面积；（2）若，求，17.在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的正三角形，设平面与平面的交线为，直线与平面所成角的大小为．（1）证明：（ⅰ）；（ⅱ）；（2）求二面角的正弦值．18.已知，函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）当时，不等式恒成立，求实数的最小值；（3）当时，函数恰有一个零点，求实数的取值范围．19.甲、乙两位候选人参与选举投票，每张选票仅填写一位候选人（无弃票权）．选票支持甲，则甲得1分，若支持乙，则乙得1分．设每张选票支持甲的概率为，支持乙的概率为，满足，且各张选票的投票结果相互独立．对正整数，记为“统计完张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，为“统计完张选票后，乙的得票数比甲的得票数至少多1票的概率”．（1）求（用表示）；（2）证明：为定值；（3）证明：对任意正整数，．

数学满分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.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：因为，，所以.2.若复数满足，为虚数单位，则复数的虚部为（）A.1 B. C. D.答案：B解析：思路：计算出后利用虚部定义即可得.解答过程：，故复数的虚部为.3.从编号为1，2，3，4的白球和编号为5，6，7的黑球中随机选取3个球，若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为（）A.30 B.35 C.45 D.60答案：A解析：解答过程：从7个不同的球随机选取3个球，不同的选法种数为；从4个不同的白球随机选取3个球，不同的选法种数为；从3个不同的黑球随机选取3个球，不同的选法种数为；所以若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为.4.若（且，且），则下列结论不正确的是（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：因为，所以；，所以.由，因为，，所以.综上可得.故选项D是错误的.5.已知，若，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：利用三角和差公式，结合正切商数关系求解．解答过程：，，即，则，又，，解得．6.模长都为1的平面向量满足，则的模不可能是（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据题意可得，，再结合模长公式及数量积的运算律求解即可．解答过程：，即，，，则，又，即的模可以为，不可能为．7.已知正三角形的边长是2，是的中点，将沿直线翻折，构成三棱锥，使得二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．由正三角形边长和折叠后长度不变，可写出的坐标，再设外接球球心为，利用求外接球半径．解答过程：因为是边长为的正三角形，是的中点，所以，，且．取为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，则可设将沿直线翻折后，点落到点，所以．又二面角的大小为，且，，所以，从而可设设该三棱锥外接球的球心为，半径为．因为为原点，所以由，得，所以．由，得，所以．由，得，整理得把代入，得．所以故外接球的表面积为8.已知函数有两个极值点，，且，，记函数的导函数为，则关于的方程的不同实数根个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4答案：C解析：思路：根据已知条件作出函数的大致图象，再利用图象找出方程的不同实数根.解答过程：由题意得的定义域为，所以.因为，是的两个极值点，所以，是方程，即的两个正根.又因为，所以当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增；又因为，如图，作出函数的大致图象，在方程中，令，则.因为，所以或.当时，，由图可得与只有一个交点，即有一个实数根.当时，，由图可得与有两个交点，即有两个不等实数根，.由图可知，所以不同实数根个数为.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.已知函数，则（）A.函数的值域为 B.函数的极小值点是C.函数有三个单调区间 D.函数有两个零点答案：AC解析：思路：对分段求解单调性来判断值域，极值等问题即可.解答过程：因为，所以.当时，，所以在单调递增，在单调递减，可得值域为.当时，因为和单调递增，所以单调递增，值域为.综上所述值域为，故A正确.有已知得极大值为，故B错误.当时，存在两个单调区间，当时，存在一个单调区间，总共三个单调区间，故C正确.而，可得只存在一个零点，故D错误.10.下列结论中，正确的有（）A.数据1，2，4，5，6，8，9的第60百分位数为5B.若随机变量，，则C.已知经验回归方程为，且，，则D.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001答案：BCD解析：解答过程：对于A，由题意得，所以该数据的第60百分位数为6，A错误；对于B，因为，所以，所以，B正确；对于C，经验回归方程为必过点，所以，解得，C正确；对于D，，所以可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001，D正确.11.袋子中有大小相同且质地均匀的白球3个，红球2个．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，连续摸出两个球，则（）A.第一次摸到红球的概率是B.第二次摸到红球的概率是C.在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率是D.摸出红球个数的方差是答案：ACD解析：思路：A直接用红球总数除以总球数得到首次摸红球概率；B借助全概率分先红后红、先白后红两类求和算出第二次摸红球概率，对比题干数值判断对错；C利用条件概率，第一次摸走红球后更新剩余球的数量再求比值；D先写出红球数量所有取值的对应概率，依次计算期望、平方期望，再用方差公式算出方差，最后汇总判断正确选项.解答过程：袋子中有白球3个，红球2个，共5个球，不放回连续摸2个球.选项A：总球数，红球共个，第一次摸到红球概率，故A正确.选项B：用全概率公式计算第二次摸到红球的概率.情况1：第一次红，第二次红：.情况2：第一次白，第二次红：.合计概率，故B错误.选项C：第一次摸到红球后，剩余4个球，其中红球剩1个，条件概率，故C正确.选项D：设摸出红球个数为，的取值为.，，.期望，，方差，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为，则该棱台的体积为______．答案：##解析：解答过程：如图，设正四棱台的上下底面中心分别为，则平面，因平面，则，过作于点，则，故平面.又正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为，则，，则，则正四棱台的高，所以正四棱台的体积.13.设函数，，若对任意的，，则______．答案：4解析：解答过程：，对任意的恒成立，所以，即，所以.14.现有一个抽奖活动，主持人将两件奖品随机放在编号为1，2，3，4，5，6的两个不同箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）．记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子．则______，______．答案：①.②.解析：思路：通过贝叶斯公式和全概率公式求解.解答过程：①由题意得，.在的前提下，另一个奖品在中，若在中，则，若在其余位置，.则.在的前提下，令两个奖品在中，.则.所以.所以.②由题意得，，.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.已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数和为256．（1）求展开式中的常数项；（2）写出展开式中所有系数为有理数的项．答案：（1）280（2），，280，，解析：思路：利用二项式展开式的通项及性质即可.（1）因为，所以.所以的展开式通项为.令，得.所以展开式中的常数项为.（2）因为通项为，所以当时，是系数为有理数的项.，，，，.系数为有理数的项是，，，，.16.在中，内角，，的对边分别为，，，点在边上，且，．（1）若，求的面积；（2）若，求，答案：（1）（2）解析：思路：（1）由可得，进而求出的正弦值，再求面积．因为在上且，所以与同高，面积比等于底边比．（2）由和得到，再结合正弦定理和求出，最后求．（1）因为在上，所以．在中，，所以，从而因为，所以又，所以因此又，所以．因为与有相同的高，所以（2）设．因为，所以又，即，所以由正弦定理，得因为，所以于是即因为，所以，从而又，所以.故．17.在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的正三角形，设平面与平面的交线为，直线与平面所成角的大小为．（1）证明：（ⅰ）；（ⅱ）；（2）求二面角的正弦值．答案：（1）（i）因为底面是菱形，所以又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，（ii）取中点，连接，，因为是正三角形，所以，因为底面是菱形，，所以，又平面，所以平面，因平面，则；（2）解析：思路：（1）（ⅰ）先应用线面平行判定定理证明线面平行平面，再应用线面平行性质定理证明线线平行；（ⅱ）先应用线面垂直判定定理得出平面，进而得出线线垂直；（2）先应用面面垂直性质定理得出平面，再应用二面角定义得出是二面角的平面角，最后结合边长计算求解.（1）（i）略；（ii）略（2）因为且直线与平面所成角的大小也为，由最小角定理得，平面与底面互相垂直．又，平面平面，平面，所以平面，平面，则，由（1）（2）知，，，，所以是二面角的平面角，又，，所以，即二面角的正弦值为．18.已知，函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）当时，不等式恒成立，求实数的最小值；（3）当时，函数恰有一个零点，求实数的取值范围．答案：（1）（2）（3）解析：思路：（1）借助导数的几何意义计算即可得；（2）求导后，结合导数计算可得不符合题意，则有，再分、与，结合函数单调性与零点的存在性定理讨论即可得；（3）法一：结合（2）中所得可知在上有两个不等的根，再分、，利用零点的存在性定理进行讨论即可得；法二：结合（2）中所得可知，当时，的必要条件是，再分、，结合函数单调性计算即可得.（1）当时，，，因为，，所以，切线方程是；（2），设，①当时，，则必存在，当时，即单调递减，而，所以与恒成立矛盾；所以；②当时，，所以必存在，当时，，即单调递增，而，所以与恒成立矛盾；所以，且，若，因为，，所以存在唯一的，当时，即单调递增，当时，，即单调递减，而，所以恒成立；若时，，，所以在上递增或先增后减，由上知，恒成立；综上，，则的最小值为；（3）法一：由（2）知，最多有两个零点，当没有零点时，在上单调，当有一个零点时，先增后减，或先减后增，考虑到，以上均不符合题意，所以要在上恰有一个零点，则在上有两个不等的根即可，当时，，，不符合题意，当时，首先且，即，又，所以在上恰有两个不等的根，故；法二：由（2）知，当时，的必要条件是，考虑到，①当时，则，则，又，所以在上先减后增，则恒成立；②当时，，，所以在上先减后增，则恒成立；又由（2）知，当且时，恒成立；故当时，恰有一个零点，的取值范围是上述两种情况的补集，即的取值范围为.19.甲、乙两位候选人参与选举投票，每张选票仅填写一位候选人（无弃票权）．选票支持甲，则甲得1分，若支持乙，则乙得1分．设每张选票支持甲的概率为，支持乙的概率为，满足，且各张选票的投票结果相互独立．对正整数，记为“统计完张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，为“统计完张选票后，乙的得票数比