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浙江金华市2025-2026学年高二下学期6月期末质量检测
数学试题
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.
2.已知全集，集合，则( )
A. B.
C. D.
3.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4.已知随机变量服从正态分布，且，则( )
A. B. C. D.
5.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A. 若，，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，，则
6.的展开式中，第项为常数项，且该常数项为，则实数的值为( )
A. B. C. D.
7.已知的内角，，的对边分别为，，，若且，则( )
A. B. C. D.
8.已知实数，满足，，则，的大小关系是( )
A. B. C. D. 不确定
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面向量，，，下列说法正确的是( )
A. B.
C. 若与共线，则 D.
10.设函数的定义域为，定义，若为奇函数，为偶函数，则下列说法正确的是( )
A. B. 的解析式为
C. 在区间上单调递增 D. 的最大值为
11.下列说法正确的是( )
A. 设，若关于的方程有解，则的取值范围是
B. 若实数，满足，则的取值范围是
C. 设，，，是方程的两根，则
D. 若，恒成立，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若扇形的圆心角为，弧长为，则此扇形的面积为 ．
13.若曲线存在过原点的切线，则实数的取值范围为
14.已知在四面体中，和的面积分别是和，且二面角的平面角为，则经过棱和四面体内切球球心的截面的面积为
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.本小题分
某校为落实“阳光体育”政策，鼓励学生积极参加体育锻炼，从全校随机抽取了名学生，统计他们每周的体育锻炼时间单位：小时，将数据分成组：，，，并根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图．
求的值，并估计全校学生每周锻炼时间的平均数和第百分位数百分位数用分数表示；
现采用分层抽样的方法，从周平均体育锻炼时间在内的学生中抽取人，再从这人中随机选取人作为“阳光体育之星”，求这人来自同一组的概率．
16.本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，满足．
求角的大小；
若，的周长为，求的面积．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，，，已知，四棱锥的体积为，平面与平面的夹角为，且在底面上的投影在四边形内包括边界．
求证：；
若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
学校社团招新设置个集章点，编号为，，，，每号点初始有枚红色印章、枚蓝色印章按以下规则流转：
工作人员向号点随机放枚印章，红、蓝概率各为；
号点从号点的枚印章中随机取枚，号点从号点的枚印章中随机取枚，依此类推，直到号点从号点随机取枚；
最后从号点的枚印章中随机移除枚，完成一轮集章．
求第一轮集章结束后，号点恰好有枚红色印章的概率；
当时，记第一轮集章结束后号点红色印章数量为，求的数学期望；
记第一轮集章结束后号点的红色印章数量为，求的数学期望．
19.本小题分
已知函数，函数，．
求在上的值域；
当时，证明：；
设，为方程的两个不等实根且满足恒成立，求实数的最小值．
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】解：由，即，解得；
设第百分位数为，则，解得．
因此估计全校学生每周锻炼时间的平均数为，第百分位数为．
“体育锻炼时间在内”包含第、、组，频率分别为、、，
对应人数人、人、人，则抽样比，故各组抽取人数为人、人、人，
用表示“人来自同一组”，
．

16.【答案】解：由正弦定理，将边转化为角，，
展开得：，得，
由于在三角形中得，结合，可得；
因三角形周长，，则．
由余弦定理：，代入，，
得，
则．

17.【答案】解：证明：连接，则面，过作交于点，连接和．
因为平面，所以．
因为，，平面，，所以平面．
又平面，所以．
则即为平面与平面的夹角，即．
又，所以，所以，
而，则，所以．
所以四边形为平行四边形，故
以为原点，以为轴，为轴，过且垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，．
设，根据题可得，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，所以．
设平面法向量为，
则，即，令，则，所以．
又平面与平面所成角的余弦值为，
所以，整理得，解得．
此时，．
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．

18.【答案】解：若要“第一轮集章结束后号点恰有枚红色印章”，则应从号点放入红色印章，移除蓝色印章，则；
第一轮集章结束后号点恰有两枚红色印章概率为．
当时，流程为：号点号点移除枚．
号点初始有红蓝，记为号点从号点取来的枚印章，为从号点移除的枚印章．
若号点放入红色印章概率为，号点有红蓝，则取走红色的概率是，取走蓝色的概率是；
若号点放入蓝色印章概率为，号点有红蓝，则取走红色的概率是，取走蓝色的概率是．
红，蓝．
号点取来的印章是红或蓝的概率各为．
移除是随机的，是红或蓝的概率各为．
号点得到后，共枚印章，最后随机移除枚，则号点最终的红色印章数等于初始的枚，加上取来的红色算，蓝色算，再减去被移除的红色算，蓝色算，即．
由可得，对于任意号点，从号点取来的那枚印章，其是红或蓝的概率始终各为．
号点初始有红蓝，记为号点从号点取来的枚印章，为从号点移除的枚印章．
移除是随机的，是红或蓝的概率各为．
由同理可得，则

19.【答案】解：对求导得，由解得，
因，则当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
则在上的值域为
证明：令，当时，
要证，需证，
设，
则，
所以在上单调递增，故，即成立，
故得证．
由分析可得，在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，故，
又因方程有两个不等实根，则可得，
不妨令，要证，即证，而，
因在上单调递增，则需证，即证．
设，，
则，
因为，所以，从而，
则在上为增函数，
故，即，故成立，从而成立
因，则，
故有由，代入得．
由上证，可得，故只需在上单调递增即可，
即需满足，，而，
即需使在上恒成立，
又令，，可得不等式可化为，
因，则，从而得，故得，
因为当时，，符合题意，不等式恒成立，
若，存在区间导数小于，不符合题意．
综上：实数的最小值为．

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