2025-2026学年浙江省嘉兴市高二下册6月期末检测数学试卷（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.设集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数，则（）A. B. C.3 D.53.的展开式中常数项为（）A. B.20 C. D.154.已知随机变量服从二项分布，则“”是“方差”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5.设是定义在上且周期为的函数，当时，，则函数在区间上的零点个数为（）A. B. C. D.6.在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.7.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约的人近视，而该校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为.现从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为（）A. B. C. D.8.设是定义在上的单调函数，且满足，若是方程的解，且，则（）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.已知随机变量，若，则B.样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为C.若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数D.对于分类变量与的独立性检验的统计量，若值越大，则判断“与有关系”的把握性越小10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，直线是曲线的一条对称轴B.当时，在上单调递增C.若，是直线与曲线的两个相邻交点，且，则D.若在上单调递减，则的最大值为11.正方体的棱长为，点，分别是线段，上的动点（不含端点），且平面，则（）A.存在某个位置，使得平面B.C.线段的长度的最小值为D.存在某个位置，使得直线与平面所成的角为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若平面向量，的夹角为，，，则________.13.某班一天上午有节课，下午有节课，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，每局比赛胜者得个积分，负者得个积分，记两人积分之差的绝对值为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局且甲获胜的概率为________.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.设函数，已知是的极值点.（1）求的值及的最小值；（2）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求.16.记的内角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求；（2）若，的面积为，求，.17.如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）求二面角的余弦值.18.已知甲盒有个红球和个黄球，乙盒有个红球和个黄球，，，小球除颜色外大小质地完全相同.（1）若，小王从甲盒中任取个球，再从乙盒中任取个球，记小王取出红球的个数为.（i）求；（ii）求的分布列和数学期望；（2）若，小王从甲盒中有放回地连续取出个球，再从乙盒中有放回地连续取出个球.设小王恰好取出个红球的概率为，求的最大值.19.设函数.（1）求的最大值；（2）若函数存在两个极值点.（i）求的取值范围；（ii）设的极大值点为，的零点为，求证：.

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.设集合，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：，，所以，即2.已知复数，则（）A. B. C.3 D.5答案：B解析：思路：将复数分母实数化写成的形式，利用计算结果．解答过程：因为；故．3.的展开式中常数项为（）A. B.20 C. D.15答案：A解析：解答过程：由题意得的通项公式为，令，可得，即其常数项为.4.已知随机变量服从二项分布，则“”是“方差”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：解答过程：若随机变量服从二项分布，且，则，若随机变量服从二项分布，且，则，解得或，所以“”是“方差”的充分不必要条件.5.设是定义在上且周期为的函数，当时，，则函数在区间上的零点个数为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：首先求出函数在区间上的零点，再利用周期性求解在区间的零点.解答过程：当时，，在区间内的零点为和，共个零点.已知周期为，即，则函数在区间上的零点为共6个.6.在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：过作平面，由线面垂直的性质定理可得为外接圆的圆心，由正弦定理可得，设外接球半径，列式计算可得，再由求得表面积公式计算可解.解答过程：如图，过作平面，交平面于点.连接，，.因为平面，平面，平面，所以，，.在，，中，，为公共边，所以.所以，即为外接圆的圆心.因为平面.所以三棱锥的外接球的球心在直线上.设三棱锥的外接球的球心为，连接.令三棱锥的外接球的半径为，则.在中，由正弦定理可得.在中，.在中，，即，解得.所以外接球的表面积.7.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约的人近视，而该校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为.现从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：设某校学生近视为事件，玩手机超过1小时为事件，则所求概率为，然后由全概率公式结合题设可得答案.解答过程：设某校学生近视为事件，玩手机超过1小时为事件，由题设可得，，.则从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为.则由全概率公式：.8.设是定义在上的单调函数，且满足，若是方程的解，且，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：先根据题意求出函数的解析式，再根据关于的方程算出的范围，从而求出的取值.解答过程：因为是定义在上的单调函数，所以方程中，只存在一个常数满足题意，令，即，所以，当时，解得，所以，即，所以，因为是方程的解，所以，即，所以，即，所以，因为，所以.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，若，则B.样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为C.若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数D.对于分类变量与的独立性检验的统计量，若值越大，则判断“与有关系”的把握性越小答案：AC解析：思路：根据正态曲线关于直线对称，求出对应的对称区间的概率，即可求出，从而判断选项；根据百分位数的求解和取法方式，求出第百分位数即可判断选项；由所有样本点均在直线上，即可判断选项；根据值越大，则“与有关系”的把握性越大即可判断选项.解答过程：选项，由，则正态曲线关于对称，又，则，所以，正确；选项，由样本数据已按从小到大顺序排列，共10个数据，所以，则第百分位数为第位数，即第百分位数为，错误；选项，由样本点全部在直线上，变量为完全负线性相关，因此，数据的相关系数，正确；选项，对于分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越大，则“与有关系”的把握性越大，错误.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，直线是曲线的一条对称轴B.当时，在上单调递增C.若，是直线与曲线的两个相邻交点，且，则D.若在上单调递减，则的最大值为答案：ACD解析：思路：利用正弦型函数图像的性质可判断A,B,C；利用的单调递减区间，得到需满足的条件，解得的取值范围,可判断D.解答过程：对于A，当时，.则，所以直线是曲线的一条对称轴，故A正确；对于B，令，，，在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增.故B错误；对于C，若，是直线与曲线的两个相邻交点，则，则，故C正确；对于D，若在上单调递减，则，得；又，，则，解得，结合（1）（2）：令时，得，令时，得，当或时，无解.综上:的最大值为.故D正确.11.正方体的棱长为，点，分别是线段，上的动点（不含端点），且平面，则（）A.存在某个位置，使得平面B.C.线段的长度的最小值为D.存在某个位置，使得直线与平面所成的角为答案：ABD解析：思路：A项通过中位线证明线面垂直；B项构造辅助垂线和平面，利用平行传递性及线段比例推出等量关系；C项引入变量表示线段长度，建立二次函数求最值，从而判断错误；D项通过动点过程中线面角的连续变化趋势确定其范围.解答过程：对于A选项，当点分别是线段，的中点时，平面，故A正确.对于B选项，过点作直线的垂线，过点作直线的垂线，连接.因为，且平面，平面，所以平面，进而平面平面，所以，.又，所以，，故B正确.对于C选项，过点作的平行线，设，则，当时，的最小值为，故C错误.对于D选项，在从点至点的过程中，直线与平面所成角由连续增大至，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若平面向量，的夹角为，，，则________.答案：解析：解答过程：.13.某班一天上午有节课，下午有节课，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）答案：解析：思路：先排体育课，结合分类即可求解.解答过程：若体育排在上午第二节，则两节数学可以排在上午的第三四节和下午的一二节，有两种选择，剩余三节课任意排，故有,若体育排在上午第三节，则两节数学可以排在上午的第一二节和下午的一二节，有两种选择，剩余三节课任意排，故有,若体育排在上午第四节，则两节数学可以排在上午的第一二节，或者上午的二三节，以及下午的一二节，有3种选择，剩余三节课任意排，故有,若体育排在下午第一节，则两节数学可以排在上午的第一二节，或者上午第二三节或者上午的三四节，有3种选择，剩余三节课任意排，故有,若体育排在下午第二节，则两节数学可以排在上午的第一二节，或者上午第二三节或者上午的三四节，有3种选择，剩余三节课任意排，故有,综上可得总共有种方案.14.甲乙两人进行棋类比赛，每局比赛胜者得个积分，负者得个积分，记两人积分之差的绝对值为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局且甲获胜的概率为________.答案：解析：思路：设比赛结束时，一共比赛局，其中甲胜局，由题可得，可为，再设表示第局甲胜，表示第局乙胜，由题设结合独立事件概率乘法公式可得答案.解答过程：设比赛结束时，一共比赛局，由题设可得，再设其中甲胜局，得分为，则乙胜局，得分为，则，解该不定方程，得可为.设表示第局甲胜，表示第局乙胜.若比赛三局，比赛结束且甲获胜，则甲胜三局，概率为；若比赛五局，比赛结束，则甲胜4局，乙胜1局，概率为:；若比赛七局，比赛结束，则甲胜5局，乙胜2局，概率为:.则比赛结束时总局数不多于局且甲获胜的概率为：.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.设函数，已知是的极值点.（1）求的值及的最小值；（2）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求.答案：（1），（2）或解析：思路：（1）利用极值求参数值，再结合导数求解函数最值；（2）由导数几何意义求切线方程，与曲线方程联立，分和两种情况求解即可.（1）函数，定义域为，，当时，，所以，，所以在上单调递减，，所以在上单调递增，故的最小值为．（2）由（1）得，曲线在处的切线斜率，，则曲线在处的切线方程为，由于切线与曲线只有一个公共点，可联立，得①有且只有一解，当时①式变为，则方程①有且只有一解，符合题意；当时，则，解得，综上，或．16.记的内角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求；（2）若，的面积为，求，.答案：（1）（2）解析：思路：（1）先利用正弦定理将边转化成三角函数，接着再利用三角恒等变换求出结果.（2）分别利用三角形面积公式和余弦定理，得到的两个等量关系，再解方程组算出.（1）由正弦定理，得因为所以，，即所以，因为，所以，所以，因为，所以．（2）因为，所以，又因为，所以，所以，由，可得．17.如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）求二面角的余弦值.答案：（1）证明：因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，因为，，所以，因为平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以．连接，因为，，所以，因为，所以，因为，，平面，所以平面．（2）（3）解析：思路：（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）利用等体积法求解；（3）建立空间直角坐标系，求出相应平面的法向量，结合二面角的向量公式求解.（1）略；（2）由等积法，，过作的垂线，垂足为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，，所以．（3）以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量，，即，令，得，同理，平面的法向量，．因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．18.已知甲盒有个红球和个黄球，乙盒有个红球和个黄球，，，小球除颜色外大小质地完全相同.（1）若，小王从甲盒中任取个球，再从乙盒中任取个球，记小王取出红球的个数为.（i）求；（ii）求的分布列和数学期望；（2）若，小王从甲盒中有放回地连续取出个球，再从乙盒中有放回地连续取出个球.设小王恰好取出个红球的概率为，求的最大值.答案：（1）（i）；（ii）（2）解析：思路：（1）（i）利用取出球的情况进行分类计算概率即可.（ii）根据已知条件计算概率，再列出分布列和计算数学期望.（2）根据条件，用表示