2025-2026学年浙江省宁波市九校高二下册期末联考数学试卷（含解析）

/数学第Ⅰ卷一、单选题：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.已知两个随机事件A、B，则“A与B互斥”是“A与B对立”的（）.A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分也非必要条件2.已知集合，则的所有子集中的元素之和为（）A. B. C. D.3.下列说法中正确的是（）A.两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1B.若随机变量X服从正态分布，且，则C.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%D.一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为44.已知，则实数（）A.1 B. C.2 D.5.已知（），如果存在实数m，使得对任意的实数x，都有成立，则的最小值为（）A. B. C. D.6.在中，内角A、B、C所对的边为a、b、c，已知，，，则的面积为（）A. B. C. D.7.现有三枚质地均匀的骰子，分别为红色､绿色和蓝色.同时抛掷这三枚骰子，已知这三枚骰子朝上面的点数之和为15，设红色骰子掷出的点数为，绿色骰子掷出的点数为，下列结论中正确的是（）A.B.C.D.8.已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包括边界），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则A. B. C. D.二、多选题：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.已知向量，满足，，，则下列结论中正确的有（）A.与夹角为 B.C. D.与夹角为10.在四棱锥中底面为菱形，，，，，则下列说法正确的是（）A.异面直线与所成角的正切值为2B.异面直线与垂直C.直线与平面所成角为D.四棱锥的棱上恰有3个异于A的点（，2，3），使得直线与直线所成角均为11.已知函数的定义域为，且.当时，，设k为大于1的正整数，则下列四个结论中正确的是（）A.存在，使得且B.方程的解的个数为kC.若为方程的解，则k的最小值为4D.对任意有理数，存在k，使得第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知i是虚数单位，则_______.13.在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________．14.平面中的3个单位向量满足（其中表示不超过实数的最大整数），则的取值范围是_____．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在人工智能时代，教育部门积极推动AI与传统教学模式的“深度融合”，实现教学模式的变革.某校从全体学生中随机抽取50名学生对融合式教学模式实施的满意度进行评分，整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）在样本中，从评分大于80分的学生中随机抽取2人，用X表示其评分在范围的人数，求X的分布列；（2）假设用频率估计概率，从全校学生中随机抽取2人，用Y表示其评分在范围的人数，求Y的分布列.16.已知函数，且定义域为.（1）判断的奇偶性，并说明理由；（2）利用单调性的定义证明：在上单调递减；（3）求不等式的解集.17.在长方体中，，，E为棱上一动点.（1）求证：；（2）当平面时，求线段的长度；（3）在（2）的条件下，求底面正方形的内切圆上点P到平面距离的最大值.18.设锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角A的大小；（2）若边上中线的长度为，求面积的最大值；（3）若点O为所在平面内一点，且满足，求的取值范围.19.一生物实验室进行某种细菌培养实验，假定初始时该实验拥有1个该种活性细菌，每个活性细菌1分钟后分裂成2个细菌的概率为，死亡的概率也为，分裂生成的新细菌亦如此，当细菌数为0个或4个时，停止培养实验，之后细菌数不再发生变化.记第n（）分钟后，该实验室拥有此种细菌数为.（1）求的概率；（2）已知，求的概率；（3）求的数学期望.

数学第Ⅰ卷一、单选题：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.已知两个随机事件A、B，则“A与B互斥”是“A与B对立”的（）.A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分也非必要条件答案：B解析：解答过程：根据互斥事件和对立事件的概念可知，互斥不一定对立，对立一定互斥，所以“､为互斥事件”是“､为对立事件”的必要非充分条件.2.已知集合，则的所有子集中的元素之和为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：根据集合的子集直接求解即可.解答过程：由题知，的所有非空子集为，所以以上集合所有元素之和为.3.下列说法中正确的是（）A.两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1B.若随机变量X服从正态分布，且，则C.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%D.一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4答案：B解析：思路：对于A，根据样本相关系数的性质判断即可，对于B，根据正态分布及正态曲线的性质计算即可；对于C，根据独立性检验的应用判断即可；对于D，根据百分位数的定义计算即可.解答过程：对于A，相关系数的取值范围为，当时，两个变量正相关；当时，两个变量负相关.所以两个随机变量的线性相关程度越强，则越接近于1，A错误.对于B，因为，正态曲线关于对称.因为，则，由对称性得，所以，B正确.对于C，因为，故不能判断X与Y有关联，C错误.对于D，，第60百分位数的位置，向上取整为第5个数，即5，故该组数据的第60百分位数为5，D错误.4.已知，则实数（）A.1 B. C.2 D.答案：A解析：思路：根据给定条件，利用等式左右两边的系数相等列式得解.解答过程：显然展开式中没有项，而展开式中含的项为，因此，解得，经验证符合题意，所以.5.已知（），如果存在实数m，使得对任意的实数x，都有成立，则的最小值为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由正弦函数的性质和题给不等式可确定为的最小值，为的最大值，进而得到的周期，确定的最小值.解答过程：已知对任意的实数x，都有成立，所以，，当最小时，的最小正周期最大，此时有，即，则，得，故的最小值为.6.在中，内角A、B、C所对的边为a、b、c，已知，，，则的面积为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由正弦定理、二倍角正弦公式得，再由平方关系、倍角正余弦公式求，进而求得，最后应用三角形面积公式求面积.解答过程：由题设，则，可得，所以，而且，故，所以，则，，所以，所以.7.现有三枚质地均匀的骰子，分别为红色､绿色和蓝色.同时抛掷这三枚骰子，已知这三枚骰子朝上面的点数之和为15，设红色骰子掷出的点数为，绿色骰子掷出的点数为，下列结论中正确的是（）A.B.C.D.答案：C解析：思路：列举出当时的所有结果，利用古典概率及条件概率公式求解判断BC；利用期望、方差的定义计算判断CD.解答过程：设蓝色骰子掷出的点数为，同时抛掷这三枚骰子，在的条件下，出现的结果有：，共10个，对于A，等价于，只有1个结果，，，，A错误；对于B，的结果有，，的结果有，，B错误；对于C，的可能取值为，，因此，C正确；对于D，，同理，，D错误.故选：C8.已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包括边界），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则A. B. C. D.答案：C解析：思路：作出三个二面角，再根据，确定二面角大小.解答过程：设在底面内的射影为O，过O分别作AB,BC,CA垂线，垂足分别为D,E,F,则，，，从而，，，因为，所以,,即,即，选C.方法提示：本题考查二面角，考查基本分析与判断能力，属中档题.二、多选题：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.已知向量，满足，，，则下列结论中正确的有（）A.与夹角为 B.C. D.与夹角为答案：ACD解析：解答过程：因为，所以，所以，所以B错误；所以，因为，所以，所以A正确；因为，所以C正确；因为，且，所以，所以D正确.10.在四棱锥中底面为菱形，，，，，则下列说法正确的是（）A.异面直线与所成角的正切值为2B.异面直线与垂直C.直线与平面所成角为D.四棱锥的棱上恰有3个异于A的点（，2，3），使得直线与直线所成角均为答案：ABD解析：思路：对于A，由题意可得为异面直线与所成角或补角，取中点,连接，在中，求解即可；对于B，由线面垂直定理可得平面,即可得,即可判断；对于C，由B可得平面平面,过点作于，从而可得,即就是直线与平面所成角，在中，根据三边的长度，判断出此三角形为直角三角形，再求解即可;对于D，结合A，C和异面直线所成角，逐一判断每条棱上是否存在满足条件的点即可.解答过程：对于A，因为为菱形，所以，所以为异面直线与所成角或补角，在中，,取中点,连接，则于，在中，,所以，即异面直线与所成角的正切值为2，故A正确；对于B，设,连接,因为为菱形，则为中点，因为,所以,又因为，平面,平面,所以平面,又平面,所以,故B正确；对于C，由B可知平面,又因为平面，所以平面平面,又因为平面平面,在平面内过点作于，由面面垂直的性质定理可得平面,所以,即就是直线与平面所成角，在中，,所以，所以为直角三角形，所以,所以，故C错误；对于D，由A可知，所以，所以在上存在点,使的夹角为；上则不存在满足题意的点；又由题意可知,所以在上存在点,使的夹角为；上则不存在满足题意的点；由C可知，所以，所以在上存在点,使的夹角为；又因为,且，上均不存在满足题意的点；所以，上均不存在满足题意的点；综上，只有上存在点,共三个,故D正确.11.已知函数的定义域为，且.当时，，设k为大于1的正整数，则下列四个结论中正确的是（）A.存在，使得且B.方程的解的个数为kC.若为方程的解，则k的最小值为4D.对任意有理数，存在k，使得答案：BCD解析：思路：先利用函数的周期性，将任意自变量的函数值转化到区间内，再代入对应的分段表达式计算。选项A，先确定、的取值范围，再将、用已知分段式表示，联立方程判断是否有属于的解；选项B，先根据周期性得到落在（为非负整数）时的表达式，再结合分段讨论方程的解的个数；选项C，将代入方程，利用周期性将转化到内，结合分段函数表达式求满足条件的最小正整数；选项D，设为有理数，将其写为分数形式，再根据的取值特点，构造对应的使得满足的条件.解答过程：由可知函数的一个周期为，即对任意，（为自然数），由，可得当时，则方程的所有解都在内.对于A，要满足，，则：当时，由，可得，不满足；当时，，可得，符合要求.此时，，故不存在满足条件的，A错误；对于B，对分类讨论：设，，：若：由可得，要求，共个解；若：，要求，共个解。总解数：，对任意成立，故B正确;选项C若是解，则，则

或

,，整理得：

或

，其中，,对于

，当时不符合，时，时符合；对于，最小整数，周期转换后，故符合；验证，代入得，代入得，均不符合，因此最小值为，C正确;选项D对任意有理数，设，（互质，）,D正确.第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知i是虚数单位，则_______.答案：解析：解答过程：，故.13.在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________．答案：解析：思路：法一在正四棱台中，由异面直线所成角可得，再根据面面角定义计算求解即可，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用二面角的向量求法并结合同角三角函数的基本关系求解即可.解答过程：法一：在正四棱台中，，因为，，所以为异面直线与所成的角，即，过点作平面的垂线，垂足为，作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示：由正四棱台性质可知，点在线段上，，所以，，，由二面角定义可知即为二面角的平面角，而，故.法二：如图，作出符合题意的图形，作下底面中心，上底面中心，以为原点，建立空间直角坐标系，设正四棱台的高为，由题意得，，则，，，，则，，因为异面直线与所成角为，所以，解得，由题意得面的法向量为，则，，，设面的法向量为，则，令，解得，，得到，由图可知，是锐角，则，由已知得，由同角三角函数的基本关系得，故.14.平面中的3个单位向量满足（其中表示不超过实数的最大整数），则的取值范围是_____．答案：解析：思路：先根据单位向量点积范围和取整函数性质，确定的可能取值为，排除的矛盾情况；再分和两种情况，分别计算的取值，最后综合得到结果.解答过程：由及，可知．若，则，即，此时为偶数，不可能为1，矛盾；若，则，即，此时（此时只要不为整数，则）满足条件；若，不妨设．记．当或时，，当时，，均不合要求；当时，，满足要求，此时，由可得，则，故综上，的取值范围是．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在人工智能时代，教育部门积极推动AI与传统教学模式的“深度融合”，实现教学模式的变革.某校从全体学生中随机抽取50名学生对融合式教学模式实施的满意度进行评分，整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）在样本中，从评分大于80分的学生中随机抽取2人，用X表示其评分在范围的人数，求X的分布列；（2）假设用频率估计概率，从全校学生中随机抽取2人，用Y表示其评分在范围的人数，求Y的分布列.答案：（1）X分布列为X012PY012P0.490.420.09（2）Y分布列为解析：思路：（1）根据频率分布直方图的性质求出，结合分层抽样方法求出评分在及的抽样人数，得到的可能取值并求出对应的概率，即可得到分布列.（2）根据二项分布求解分布列即可.（1）由频率分布直方图可得，解得.评分在的频率为，抽取的人数为，评分在的频率为，抽取的人数为，则X的可能取值为0，1，2，则，，.所以X的分布列为X012P（2）因为评分在的频率为，用频率估计概率，则全校学生评分在的频率为0.3，所以Y的可能取值为0，1，2，且~，所以，，，所以Y的分布列为Y012P0.490.420.0916.已知函数，且定义域为.（1）判断的奇偶性，并说明理由；（2）利用单调性的定义证明：在上单调递减；（3）求不等式的解集.答案：（1）为奇函数，理由如下：的定义域为，关于原点对称，，所以为奇函数.（2）证明：，且，，因为，，，，所以，即，所以在上单调递减.（3）解析：（1）略（2）略（3）因为为奇函数，且，所以.又在上单调递减，所以，则，解得，即，所以不等式的解集为.17.在长方体中，，，E为棱上一动点.（1）求证：；（2）当平面时，求线段的长度；（3）在（2）的条件下，求底面正方形的内切圆上点P到平面距离的最大值.答案：（1）因为长方体，且，所以平面，且，因为平面，所以，因为平面，平面，且，所以平面，平面，所以.（2）1（3）解析：思路：（1）由长方体的结构特征及线面垂直的判定和性质定理证明结论；（2）构建合适的空间直角坐标系，设（），标注相关点坐标，应用向量法求平面的法向量，结合线面平行有求参数值，即可得；（3）结合（2），设内切圆上的点，，确定相关向量的坐标，应用点面距离的向量求法得点P到平面距离，设，，应用三角恒等变换、正弦函数的性质求最大值.（1）略（2）以D为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则，，，，，设（），则，，，，设平面的法向量为，则，令，解得，，故，因为平面，所以，即，解得，所以线段的长度为1；（3）由（2）知，，，平面的法向量，底面正方形的内切圆圆心为，半径.设内切圆上的点，，则，所以.点P到平面距离，设，，则，其中，，当时，