2025-2026学年浙江省绍兴市高二下册期末调测数学试卷（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.已知复数，则（）A.2 B. C.1 D.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.3.一组数据为1，2，4，4，6，7，9，10，记该组数据的平均数，中位数，众数分别为，，，则（）A. B. C. D.4.已知单位向量，，，满足，则，的夹角为（）A. B. C. D.5.已知函数，，若与的图象有唯一公共点，则的值为（）A.-1 B.0 C. D.16.若函数在上无最小值，则的取值范围为（）A. B. C. D.7.已知，是两个随机事件，若，，，记，则（）A. B. C. D.8.如图，已知二面角的大小为，点在半平面内，且．现将射线在平面内绕点逆时针旋转形成射线，直至时停止旋转．记，，则在旋转过程中，随着的增大，（）A.，也随之增大B.当为锐角时，先减小再增大C.当为直角时，先减小再增大D.当为钝角时，先减小再增大二、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.某生物公司研发的抗体的半衰期（单位：天）服从正态分布，则下列结论正确的是（）（参考数据：若，则，）A.的均值为45天 B.的方差为5C. D.10.设函数，(且)，则（）A.B.，C.的值域为D.若方程至少有一个实数解，则11.在锐角中，角，，的对边分别为，，，满足，且，则（）A. B.C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线在点处的切线的斜率为____________．13.如图，在三棱锥中，，分别为，上的点，满足，．记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则____________．14.某机器人公司研发新产品模拟学生军训动作，测试人员等可能地随机向机器人发出“向前一个单位”，“向右转”两种指令，则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为____________．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.已知函数．（1）求；（2）求不等式的解集．16.记的内角，，的对边分别为，，，已知，．（1）求；（2）当的面积取最大值时，点满足，，与交于点，的角平分线交于点，求．17.如图所示，在三棱台中，，其中，分别为棱与的中点，且平面．（1）求证：；（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面的夹角的正弦值．18.甲、乙两名篮球爱好者投篮比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．已知甲每次都投两分球，即命中得2分，不命中得0分，且每次命中的概率为；乙每次都投三分球，即命中得3分，不命中得0分，且每次命中的概率为．由抽签确定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为．（1）比赛第二次由甲投篮的概率；（2）记第次投篮甲的得分为随机变量（若第次由乙投篮，则），求；（3）比赛累计投篮次，记甲、乙的累计得分之和为随机变量，求．（注：若，是离散型随机变量，则）19.若函数满足：对任意的，，，都有，则称函数在区间上具有性质．（1）设函数，，分别判断，是否在上具有性质；（2）设函数，若在其定义域上具有性质，求实数的取值范围；（3）已知函数具有性质，且图象是一条连续曲线，若在上单调递增，求证：是奇函数．

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.已知复数，则（）A.2 B. C.1 D.答案：B解析：解答过程：.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：不等式因式分解得，∴不等式解集为，又，∴全集.∵集合，∴，故选A.3.一组数据为1，2，4，4，6，7，9，10，记该组数据的平均数，中位数，众数分别为，，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：该组数据的平均数为，该组数据共8个数，则中位数为第4个和第5个数的平均数，是，该组数据的众数，所以.4.已知单位向量，，，满足，则，的夹角为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：直接根据向量的数量积的性质可得，再由夹角公式可得，再结合向量夹角范围可得.解答过程：因为都是单位向量，所以.由，移项得，两边同时平方得：

，所以，，整理得.设夹角为，由夹角公式，因为，所以，因此，的夹角为.5.已知函数，，若与的图象有唯一公共点，则的值为（）A.-1 B.0 C. D.1答案：A解析：思路：根据题意，分别求得和的图象关于对称，画出图象，结合图象，得到唯一的交点为，代入即可求解.解答过程：由函数，可得其周期为，且，又由，所以的图象关于对称，又由函数，可得函数的图象也关于对称，将，代入，可得，因为与的图象有唯一公共点，如图所示，可得函数与的图象有唯一的公共点，将代入，可得，解得，所以实数的值为.6.若函数在上无最小值，则的取值范围为（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：当时，在上第一次使得，解得，当时，在上第二次使得，解得，当时，函数在上无最小值，解得.所以的取值范围为.7.已知，是两个随机事件，若，，，记，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由及求得，再由概率的性质、条件概率的求法求概率.解答过程：由，则，故，由，则，且，所以.8.如图，已知二面角的大小为，点在半平面内，且．现将射线在平面内绕点逆时针旋转形成射线，直至时停止旋转．记，，则在旋转过程中，随着的增大，（）A.，也随之增大B.当为锐角时，先减小再增大C.当为直角时，先减小再增大D.当为钝角时，先减小再增大答案：B解析：思路：作出二面角的平面角，利用余弦定理用表示出，通过分析的变化情况，分析随的变化情况.解答过程：过作，垂足为，在平面内过作的垂线，交于点.设，因为，所以.中，.中，.中，，当为直角时，，随的增大而增大；所以C错误；当为锐角或钝角时，.当为锐角时，，所以为锐角，先从锐角增大到直角，再增大到钝角，所以先增大，后减小，即的值先增大后减小，所以先减小再增大；所以B正确；当为钝角时，，所以为钝角，，所以随的增大而减小，且，即的值随的增大而减小.所以D错误.综上所述，A错误.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.某生物公司研发的抗体的半衰期（单位：天）服从正态分布，则下列结论正确的是（）（参考数据：若，则，）A.的均值为45天 B.的方差为5C. D.答案：ACD解析：解答过程：选项A，根据正态分布，可知均值为天，正确.选项B，根据正态分布，可知方差为，错误.选项C，,正确.选项D，因为，所以.又因为，所以，正确.10.设函数，(且)，则（）A.B.，C.的值域为D.若方程至少有一个实数解，则答案：BD解析：思路：A.利用函数的周期性求解；B利用函数的周期性求解；.C.利用函数的单调性求值域；D.方程有解，分和进行讨论.解答过程：由时，，所以，即，故A错误；B.，，时，可知是周期为1的周期函数，，故B正确。C.分两种情况讨论底数：若,在单调递增，所以的值域为；若,在单调递减，所以的值域为，值域随范围变化，不恒为，C错误。D.方程有解存在，使得，即,，分情况：若：，无解；若：在值域，要存在使，需，即,因此D正确.11.在锐角中，角，，的对边分别为，，，满足，且，则（）A. B.C. D.答案：ABD解析：思路：利用三角恒等变换化简，推得即，再结合已知边的关系与余弦定理，得到关于的一元二次方程并求解，最后利用正弦定理和三角恒等变换逐一验证各选项即可.解答过程：已知，利用和差化积公式可得：，在三角形中，，所以，即，所以，而，所以，即，利用二倍角公式可得：，化简可得：，即，又因为在中，，所以，当为0时，则，因为，且，则，所以不可能为0，所以不可能为0，所以必有，又因为，所以，即，所以，因此B正确，由B选项可知，，所以，又因为，两边除以得：，设，则1−k2=即，因此A正确，又因为，所以，因此，由正弦定理可得：​，得：

，​

又因为，所以在选项C中，，又因为，所以，即，C错误，在选项D中，，所以，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线在点处的切线的斜率为____________．答案：解析：思路：根据导数的几何意义进行求解.解答过程：因为曲线，所以，将切点横坐标代入，则导数值：

.所以曲线在点处的切线的斜率为.13.如图，在三棱锥中，，分别为，上的点，满足，．记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则____________．答案：##解析：思路：通过三棱锥底面面积以及高的比值来确定体积比值并求出.解答过程：因为，，所以，且.，解得.14.某机器人公司研发新产品模拟学生军训动作，测试人员等可能地随机向机器人发出“向前一个单位”，“向右转”两种指令，则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为____________．答案：##解析：思路：求出14次指令的总情况数，再求出测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置满足的情况的种数，从而得到所求概率.解答过程：14次指令的总情况数为则测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置，分类计数：情况一，k=0（即原地转14次），共1种情况；情况二，k=1（即转9次，各方向前进1次），需在9次转向中，为5个方向各分配1次前进，且前进位置在对应方向的“可前进区间”内，共种情况。情况三，k=2（即转4次，各方向前进2次），各方向前进2次，共1种情况，总计符合条件的情况数为

1+32+1=34

种，所以测试人员发出14次指令后，机器人在开始时的位置的概率为.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.已知函数．（1）求；（2）求不等式的解集．答案：（1）（2）解析：思路：（1）直接由函数解析式求函数值并结合对数运算可得；（2）先求函数的定义域，再将不等式根据对数函数的性质转化为一元二次不等式，并求得解集，再与函数的定义域求交集可得.（1）因为函数，所以，，，所以.因此.（2）要使函数有意义，则，即，得；又由，可知，根据对数函数的性质，得，，，，解得，所以不等式的解集为，因此不等式的解集为.16.记的内角，，的对边分别为，，，已知，．（1）求；（2）当的面积取最大值时，点满足，，与交于点，的角平分线交于点，求．答案：（1）（2）解析：思路：（1）应用正弦边角关系、三角恒等变换和三角形内角性质求得，即可得；（2）法一：应用余弦定理及基本不等式求得，注意取等号的条件为、，结合已知求线段长；法二：应用正弦定理及三角形面积公式得，由余弦函数的性质确定最值对应的、且，再结合已知求线段长.（1）由，可知，整理得，且，所以，且，所以；（2）法一：因为，所以，由基本不等式可知，则，当且仅当时等号成立，此时，因为，，，所以，．因为的角平分线交于点，所以，从而，因为，所以，从而．法二：由正弦定理可知，从而的面积，当且仅当时，的面积取最大值，此时，且．下同法一．17.如图所示，在三棱台中，，其中，分别为棱与的中点，且平面．（1）求证：；（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面的夹角的正弦值．答案：（1）证明：因为平面，平面，所以，因为，且，分别为棱与的中点，则，又因为，且平面，故平面，因为平面，所以．（2）．解析：思路：（1）由平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；（2）作于点，证得平面，得到为直线与平面所成角，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.（1）略（2）解：作于点，由平面，且平面，所以，因为，且平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，在等腰梯形中，由，可得，则，又由，可知，则，，以为坐标原点，以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面的夹角为，则，则，所以平面与平面的夹角的正弦值为．18.甲、乙两名篮球爱好者投篮比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．已知甲每次都投两分球，即命中得2分，不命中得0分，且每次命中的概率为；乙每次都投三分球，即命中得3分，不命中得0分，且每次命中的概率为．由抽签确定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为．（1）比赛第二次由甲投篮的概率；（2）记第次投篮甲的得分为随机变量（若第次由乙投篮，则），求；（3）比赛累计投篮次，记甲、乙的累计得分之和为随机变量，求．（注：若，是离散型随机变量，则）答案：（1）（2）（3）解析：思路：（1）根据全概率公式求解即可；（2）由题意得到甲投篮概率的递推公式，从而求得第次投篮由甲投篮的概率，结合甲得分的随机变量或，求得；（3）求出乙得分的数学期望，根据期望的性质求得．（1）设比赛第二次由甲投篮的概率为，则．（2）设第次投篮由甲投篮的概率为，则第次投篮由乙投篮的概率为.易知，且，即当时，.故第次投篮由甲投篮的概率为．当第次投篮时，甲得分的随机变量或，所以当时，；当时，，，所以．综上所述：．（3）记第次投篮时，乙得分的随机变量为，则或，当时，；当时，，，所以.综上所述：．所以当时，；当时，；故．19.若函数满足：对任意的，，，都有，则称函数在区间上具有性质．（1）设函数，，分别判断，是否在上具有性质；（2）设函数，若在其定义域上具有性质，求实数的取值范围；（3）已知函数具有性质，且图象是一条连续曲线，若在上单调递增，求证：是奇函数．答案：（1）函数在上不具有性质．在上具有性质．（2）（3）证明：函数的定义域为，要证是奇函数