2025-2026学年浙江省宁波市镇海中学高二下册期末考试数学试卷（含解析）

/数学一、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.12.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∶1711.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．

数学一、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：解答过程：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：思路：根据向量的定义分析即可.解答过程：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：解答过程：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：思路：根据题意，结合等比数列的前项和的性质即可求解.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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．解答过程：，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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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．解答过程：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：解答过程：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：思路：由对数运算得出，再根据基本不等式即可求解．解答过程：，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：思路：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.解答过程：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：思路：（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.（1）设等差数列的公差为，由已知，解得：，所以，，当时，，；当时，，．综上：．（2）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：思路：（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.（1）由题意可得，解得.（2）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.（3）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：思路：（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．（1）由已知，令，解得：，所以单调递减区间是．（2）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：思路：（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.（1）略（2）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