浙江温州十校联合体2025-2026学年高二第二学期期中联考学科练习数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江温州十校联合体2025-2026学年高二第二学期期中联考数学学科练习试卷一、选择题：本大题共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.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】集合，，，则，则.2.在一个文艺比赛中，12位观众评委给同一名选手的打分依次为：36，42，46，47，49，55，58，62，66，68，70，75，这组数据的第80百分位数为（）A.66 B.67 C.68 D.69【答案】C【解析】由题意得，则第80百分位数是第10个数字，可得这组数据的第80百分位数为68，故C正确.3.已知，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】B【解析】，即，解得.因为真包含于，小范围推出大范围，所以，推不出，所以“”是“”的必要不充分条件.4.已知函数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，所以.5.已知直线是曲线的一条切线，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，令，即，解得或（负值舍去），则，则，故.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，所以.7.用数字0，1，2，3，4，5组成一个无重复数字的六位数，该数能被5整除且万位上的数字小于千位上的数字，则这样的六位数共有（）个A.72 B.96 C.108 D.120【答案】C【解析】能被5整除的数，个位只能是0或5，分两类讨论：情况1：个位为0.个位固定为0，剩余十万位到十位五个位置，由全排列，总排列数为，由于无重复数字，万位数字和千位数字大小关系只有（万<千）（万>千）两种，且数目相等，因此满足条件的个数为：，情况2：个位为5.个位固定为5，十万位不能为0，先选十万位：有4种选择（从中选），剩余四个位置由剩下的4个数字全排列，总排列数为，同理，满足（万位<千位）的个数为：.总计两类相加：.8.在菱形中，，点为线段上一点，且，点为线段上的一个动点（包括端点），若，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，作出符合题意的图形，记菱形的中点为，以为原点，建立平面直角坐标系，而，设，由题意得，，，，可得，，而点为线段上一点，则，则，设，可得，得到，解得，即，得到，因为，所以，解得，此时，，，而点为线段上的一个动点（包括端点），设，则，由题意得，则，即，设，，，设，对照系数可得，解得，得到，即，可得，又，由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，则，故A正确.二、选择题：本大题共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.已知复数，则以下说法正确的是（）A.复数的虚部为 B.的模为C.的共轭复数 D.是方程的一个根【答案】BCD【解析】复数，所以复数的虚部为，故A错误；，故B正确，的共轭复数，故C正确；由于，所以是方程的一个根，故D正确.10.下列说法正确的是（）A.若随机变量，且，则B.若样本数据的方差为2，则数据的方差为5C.一组样本数据，，，，，其经验回归方程为，则D.利用进行独立性检验时，的值越大，判断两个分类变量不独立的把握越大【答案】ACD【解析】对于A，因为随机变量，且，所以，所以，所以，故A正确；对于B，设样本数据的平均数为，则数据的平均数为，由题意可得，所以数据的方差：，故B错误；对于C，由题意可得，又因为回归方程为，所以，解得，故C正确；对于D，在独立性检验中，统计量越大，观测值与期望值的差异越显著，犯错的概率越小，两个分类变量不独立的把握越大，故D正确.11.已知函数满足，，，，当时，，则（）A. B.是偶函数C.在上单调递增 D.存在，使得恒成立【答案】AC【解析】法1：赋值法对于A：令可得，A正确；对于B：令，得，且，为非奇非偶函数，B错误；对于C：，，且，则，．，因为，所以，因为，所以，所以，即，所以在上单调递增，C正确；对于D：令，得．当时，，，故，即，D错误．法2：原型函数法，，令，则，即．令，则．满足条件的函数的原型函数为，则．由得，所以，对于A：，A正确；对于B：，不是偶函数，B错误；对于C：且在上单调递增，且在上单调递增，所以在上单调递增，C正确；对于D：当时，，不存在，使得恒成立，D错误.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上.12.在的展开式中，含项的系数是________．【答案】40【解析】因为的展开式的通项为，令，解得，所以含项的系数为.13.已知函数在上的值域为，则的取值范围是________．【答案】【解析】因为，所以当时，，又函数在上的值域为，，结合正弦曲线可知，解得.14.已知四面体满足，其余五条棱长均为2，该四面体的外接球球心为点，内切球球心为点，过直线的平面截四面体所得的截面的周长为，则的最小值为_______．【答案】【解析】由题意可得，为等腰直角三角形，为等边三角形，所以点是的中点，取的中点，点在线段上．设截面与交于点，则截面与相交于点．设，，则，，，又，，，可证，，，，即截面关于直线对称，翻折可得，所以的最小值为．（若截面与相交，则截面与相交，情况与上面一样）四、解答题：本大题共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.已知中，角，，的对边分别为，，，且满足．（1）求角的值．（2）若，求的最大值．解：（1）法一：借助余弦定理可得，，，，；法二：借助正弦定理可得，，，，，，，；（2）法一：，，，，即，当且仅当时取等．的最大值为2.法二：由，得，．，当时，取到最大值2．16.如图，在正三棱台中，，，点为的重心．（1）求证：．（2）求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：如图，延长交于点，取的中点，连接和，∵点为的重心，为正三角形，∴点为的中点，，又点为的中点，侧面是等腰梯形，，，平面，平面，平面，.（2）解：法1：如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系．则，，．在梯形中，作交于点，作交于点，由正三角形的性质可得，，由勾股定理得，由，即可得，由勾股定理得．，，，，.设平面的法向量为．由得，令，则，．．，∴直线与平面所成角的正弦值为．法2：如图，过点作交于点，连接．平面平面，∴平面平面.又平面平面，平面，，平面，是直线与平面所成角．在梯形中，作交于点，作交于点，由正三角形的性质可得，，由勾股定理得，由，即可得，所以，所以．．在中，，即直线与平面所成角的正弦值为．法3：如图，补形为正三棱锥．设点到平面的距离为，直线与平面所成角为．，，由，，知，，由勾股定理得，即，，即直线与平面所成角的正弦值为．17.已知函数是偶函数，（1）求的值．（2）令，，（ⅰ）求的值域．（ⅱ）若不等式对任意恒成立，求的取值范围．解：（1）是偶函数，即，，，．（2）（ⅰ）由（1）可得．，令，则．，．在上单调递增，的值域为．（ⅱ）令，则，．不等式，可化为，即对任意恒成立．令，的对称轴为，只需．当时，恒成立．当时，在单调递增，，解得．当时，在单调递减，，解得．综上所述，的取值范围是．18.甲、乙两条生产线生产同一种电子产品，甲生产线的产品合格率为，乙生产线的产品合格率为．现将两条生产线的产品混合在一起，则合格品率为．（1）求甲、乙两条生产线的产量之比．（2）从混合产品中随机抽取3件，记其中甲生产线生产的件数为，以频率估计概率，求的分布列及数学期望．（3）从混合产品中随机抽取件，若发现恰有2件甲生产线生产的不合格品，记这一事件发生的概率为，求取得最大值时的值．解：（1）设甲生产线生产的这批电子产品有件，乙生产线生产的这批电子产品有件，事件“混合在一起的电子产品来自甲生产线”，事件“混合在一起的电子产品来自乙生产线”，事件“混合在一起的某一零件是合格品”，则，．由，得．所以甲、乙两条生产线的产量之比为．（2）由（1）可知，甲生产线产品占总量的，所以．，，，，所以的分布列：0123．（3）从混合产品中抽取1件是甲生产线生产的不合格品的概率为，则，由，解得．所以当或100时，取得最大值．19.已知函数，，（1）当时，求函数的单调区间．（2）求证：．（3）令，若对任意不同的，，都有，求实数的取值范围．（1）解：当时，，．令得，令得．所以函数的单调增区间为，单调减区间为．（2）证