浙江宁波市2025-2026学年高二下学期6月期末考试 数学 含解析

宁波市2025学年第二学期期末考试高二数学试题卷本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡“贴条形码区”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试题卷上的答案无效．3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，不要折叠、不要弄破．选择题部分（共58分）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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】本题考查复数的四则运算和几何意义，属于基础题，利用复数的四则运算化简复数z，再根据其几何意义即可求解．【详解】∵复数，∴复数z对应的点的坐标是，∴复数在复平面内对应的点位于第四象限．故选：D．2.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义计算即可.【详解】由题可知.3.已知，，则“”是“且”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】B【解析】【分析】应用不等式性质及特殊值法结合充分必要条件定义判断求解.【详解】满足“”成立，“且”不成立，又因为“且”可以得出“”，所以“”是“且”的必要不充分条件.4.从，，，，这五个数中随机取两个数，则其中一个是另一个两倍的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合组合定义，利用古典概型直接求解概率即可.【详解】由题知，从五个数中随机取两个数种类为，又是的二倍，是的二倍，是的二倍，是的二倍，所以其中一个是另一个两倍的情况就四种，所以要求的概率为.5.平面向量，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出向量与的坐标，利用夹角公式求解即可.【详解】因为，，所以，，设与的夹角为，则，所以，所以.6.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】，...7.某生物种群数量与时间之间的关系可以由函数刻画，其中常数表示该种群数量的初始值，常数表示该种群环境容纳量，常数表示内禀增长率，则（）A.存在，使得函数在区间的图象是中心对称图形，且B.存在，使得函数在区间的图象是中心对称图形，且C.存在，使得函数在区间的图象是中心对称图形，且D.不存在，使得函数在区间的图象是中心对称图形【答案】A【解析】【分析】根据解析式得，即可得对称中心，再求出即可得答案.【详解】由题设且，则，令，则，所以，在区间内函数的图象关于点中心对称，因此，，如，使函数在区间上的图象是中心对称图形，且，选项B、C关于大于或小于的描述均错误，选项D的“不存在”描述错误.8.中国茶文化源远流长，茶壶造型千姿百态．比如起源于巴蜀茶馆的长嘴壶（图1），其细长的壶嘴能隔座注水，既美观又具实用之妙．如图2，一个长嘴壶，壶身视为圆柱，壶嘴视为直线且不计容积，壶底直径16厘米，壶身高12厘米，壶嘴长40厘米，与壶身夹角为60度，壶嘴最低点连接壶底．若将壶身向壶嘴方向转15度时，刚好可以使壶中的水倒出，则将茶壶水平放置时壶中的水面高度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意，茶壶水平放置时壶中的水面高度为，作出将壶身向壶嘴方向转15度时的图形，易得点在一条水平线上，，分别求出及与，利用正弦定理即可求得答案.【详解】设茶壶水平放置时壶中的水面高度为，将壶身向壶嘴方向转15度时水面分别与茶壶的边交于点，取的中点为，过点作于点.则，，，，因，则，在中，由正弦定理，得，即（*），又因，，，代入（*），整理得.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.设直线是三条不同的直线，平面，是两个不同的平面，则下列四个命题中正确的有（）A.若，，则 B.若，，，则C.若，，，，则 D.若，，，则【答案】AD【解析】【分析】根据线面、面面之间平行、垂直的判定定理可逐一判断.【详解】对于A，因为，所以垂直于内的两条相交直线，又，所以垂直于内的两条相交直线，则，故A正确.对于B，若，，，则与可能相交，也可能平行，如都平行于与的交线时，也满足，，，但是与相交，故B错误.对于C，若，，，，当时，或或者与相交；当与相交时，由线面垂直的判定定理可知，故C错误.对于D，若，，则或，又，所以在平面内可找到一条直线垂直于平面，由面面垂直的判定定理可知，故D正确.10.定义在上的函数满足为偶函数，且，则（）A.函数为偶函数 B.函数为周期函数C.函数的图象关于直线对称 D.函数在内至少有个零点【答案】ABD【解析】【分析】根据已知及奇偶性的定义判断A，再由已知及偶函数性质判断B，最后利用奇偶性、周期性研究函数的对称性和零点判断C、D.【详解】因为是偶函数，所以，因为，所以，将替换为，得，结合，可得，即，A：由上推导可知，所以函数为偶函数，正确，B：由，可得，所以函数是周期为的周期函数，正确，C：由（关于轴对称）和周期为，因为，所以，而，因此，则函数图象关于点对称，不是关于直线对称，错误；D：在中，令，得，因为是偶函数，所以，代入得，解得，结合周期为，可知均为，同理，由，可知也为，在区间内，所有奇数点都是函数的零点，共有个，因此至少有个零点，正确.11.已知点分别是平面四边形边的中点，且，，，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由向量的加减法运算，即可判断；对于B，结合A和向量的线性运算，即可判断；对于C，结合B、向量的数量积及线性运算，即可判断；对于D由向量的线性运算及数量积运算可得，由于无法确定一定成立，即可判断.【详解】对于A，连接,则,所以，故A正确；对于B，由A可知，平方得，即，解得，故B正确；对于C，因为,故C正确；对于D，因为,所以,即，由已知条件无法确定一定成立，故D错误.非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数，则______．【答案】3【解析】【详解】由题意可得，，所以.13.，是两个相互独立的随机事件，且，，则______．【答案】0.8##【解析】【分析】应用概率基本性质及独立事件概率公式计算求解.【详解】，是两个相互独立的随机事件，且，，则14.若对任意的，函数在区间上单调递增，则正实数的取值范围是____．【答案】【解析】【分析】由函数周期求得的取值范围，讨论的不同取值范围，由取值范围求得取值范围，由题意得到集合的包含关系，建立不等式组，结合题意求得的范围.【详解】由题意可知，即，∴，即，∵，∴，由题意可知，即，解得，当时，取最小值，当时，取最大值，当，即时，，取，则，且，则，即正实数的取值范围是.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.某市名学生在某次数学竞赛中的成绩的频率分布直方图如下：（1）求频率分布直方图中的值；（2）估计这次数学竞赛成绩的中位数和平均数；（精确到0.1）（3）估计这次数学竞赛中63分以上的人数．【答案】（1）（2）估计中位数为77.1，平均数为76.5（3）855人【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各小矩形的面积和为1列方程求解；（2）根据频率分布直方图中中位数左右两侧的矩形面积相等，均为，区间中点乘以相应组的频率可估计平均数，即可求解；（3）首先求出63分以上的频率，进而可得63分以上的人数.【小问1详解】由题意得，解得；【小问2详解】由（1）得成绩落在的频率为，落在的频率为，落在的频率为，落在的频率为，落在的频率为，因为，所以中位数落在上，则可估计中位数为，平均数为；【小问3详解】设为63分以上的频率，为63分以上的人数，则，所以，故63分以上的人数估计为855人．16.在中，角，，所对的边分别为，，，满足．（1）求；（2）若，，求的面积．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）利用余弦定理、三角恒等变换化简已知条件，由此求得.（2）利用余弦定理列方程求得，进而求得的面积.【小问1详解】由余弦定理，得，，从而，，故，，．又，所以；【小问2详解】由余弦定理，得，，，，，解得或．当时，；当时，．综上，的面积为或．17.如图，在四棱锥中，，，，平面，．（1）求证：；（2）若，且二面角的大小为，（i）求直线与平面所成角的大小；（ii）求的长．【答案】（1）因为平面，平面，所以，又因为，，，所以,所以,所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）通过证明平面来证得.（2）（i）先判断为直线与平面所成角的平面角，进而计算出线面角的大小.（ii）作出二面角的平面角，由此列方程求得的长.【小问1详解】略【小问2详解】（i）因为平面，由线面角的定义知，为直线与平面所成角的平面角．又因为，故线面所成角的大小为；（ii）因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面．过作垂线，垂足为，又，平面，所以平面．过作垂线，垂足为，则为二面角的平面角．故，因为，所以，故，所以，又，，解得．18.已知定义在上的函数．（1）若，求证：对任意成立；（2）给定函数，若满足方程，则称是的一个“不动点”．若函数在上仅有一个“不动点”，求的取值范围．【答案】（1）证明：由，得，解得，此时．因，，当且仅当时，即时取等，，故对任意成立；（2）．【解析】【分析】（1）先由条件利用对数运算性质求出，再利用作差法计算，借助于基本不等式和对数函数的单调性证明即得证；（2）先由对数型函数的定义域为，推得恒成立，利用基本不等式得到，由函数的不动点定义推得，，换元后根据对勾函数的图形性质，结合函数与方程的思想即可求得参数的范围.【小问1详解】略【小问2详解】由的定义域为，得恒成立，即恒成立，又，当且仅当时等号成立，故得．设函数在上的“不动点”为，则，即，整理得，，令，则，则在上单调递减，上单调递增，又，，，依题意，要使与的图象在上仅有一个交点，需使或，又，所以或，综上，实数的取值范围是．19.已知函数(，)，()．（1）求证：；（2）若对任意，存在，使得，求实数的最大值；（3）记的最大值为，最小值为．解关于的不等式：．【答案】（1），．（2）（3）【解析】【分析】（1）先计算，然后利用作差法比较大小即可.（