浙江省舟山市2024-2025学年高二下学期6月期末检测数学试题
一、单项选择题（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．（2025高二下·舟山期末）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，所以.
故答案为：D.
【分析】明确交集的定义：由所有既属于集合又属于集合的元素所组成的集合，通过找出两个集合中取值范围的公共部分来求解 .
2．（2025高二下·舟山期末）已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，故复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】围绕复数的共轭复数以及虚部的概念展开.根据共轭复数的定义求出的共轭复数，再依据复数虚部的定义确定其虚部，对共轭复数和虚部概念的理解与运用.
3．（2025高二下·舟山期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正切函数的图象与性质；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，故，所以，.
故答案为：B.
【分析】依次运用正切函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系（弦化切思想）来求解，先通过诱导公式化简已知条件得出的值，再将所求式子变形为含有的形式进行计算.
4．（2025高二下·舟山期末）展开式中常数项为（ ）
A．48 B． C．24 D．
【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由题意，二项式展开式的通项公式为：，令，可得，所以常数项为，
故答案为：C
【分析】考查二项式展开式的常数项求解，关键在于运用二项式展开式的通项公式，通过令通项中的次数为，确定对应的项数，进而计算出常数项.
5．（2025高二下·舟山期末）若，函数为上的奇函数，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
【答案】D
【知识点】充要条件；函数的奇偶性；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：若函数为上的奇函数，，解得或，当时，，因为，，所以，即函数不是奇函数；当时，，该函数的定义域为，，即函数为奇函数.故当函数为上的奇函数时，，因此，是的充要条件.
故答案为：D.
【分析】判断是的什么条件，需先根据函数为上奇函数的性质求出的可能值，再逐一验证，结合充分条件、必要条件的定义来判断，核心是利用奇函数在处的特殊性质（若在有定义，则 ）初步确定，再验证函数是否满足奇函数定义 .
6．（2025高二下·舟山期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（ ）
A．36 B．48 C．52 D．64
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：5人传花，第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，经过4次传花，花仍回到甲手，∴第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类方法，第4次传花只能传到甲手中.∴当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法；当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法.∴经过4次传花，花仍回到甲的传法总数为：，∴花仍回到甲的传法总数为52种，
故答案为：C.
【分析】 可按传花顺序逐步分析，明确每次传花的限制条件，利用分类讨论结合分步乘法计数原理来计算.核心是抓住“第4次传花必须传给甲”这一关键，倒推前面每次传花的情况 .
7．（2025高二下·舟山期末）已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，因为，当时，，因为函数在上单调递减，所以，即，解得，由可得，又因为，，故，则.因此，实数的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】先利用三角恒等变换化简函数，再结合给定区间确定函数内层变量的范围，依据正弦函数单调性列出关于的不等式组，进而求解的取值范围 。解题关键在于把握三角恒等变换、正弦函数单调区间与参数的关联.
8．（2025高二下·舟山期末）记函数.已知函数，，，若有且只有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，其中，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，因为，故当时，，此时；当时，，此时，所以.当时，令，可得；当时，令，可得.令，则直线与函数的图象有三个交点，如下图所示：
由图可知，要使得直线与函数的图象有三个交点，只需，解得，因此，实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先明确的分段形式，通过构造函数判断与的大小关系，进而确定的表达式，再将转化为直线与另一个分段函数图象的交点问题，利用函数单调性和图象交点个数来确定的取值范围 ，核心思路是把零点问题转化为函数图象交点问题，结合单调性分析.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2025高二下·舟山期末）下列说法正确的是（ ）
A．经验回归方程为时，变量与变量成正相关
B．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好
C．若随机变量，且，则
D．已知随机事件、，若，，则
【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；正态密度曲线的特点；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A选项，经验回归方程为时，，变量与变量成负相关，A错；
对于B选项，在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，B对；
对于C选项，若随机变量，且，则，C对；
对于D选项，已知随机事件、，若，，由概率的乘法公式可得，D对.
故答案为：BCD.
【分析】 A：依据线性回归方程中斜率的符号判断变量相关性，正相关，负相关，以此分析与的相关性.
B：理解残差图与回归效果的关系，残差点带状区域宽度反映模型拟合精度，宽度越窄，回归效果越好.
C：利用正态分布的对称性（关于均值对称 ），结合已知概率，推导区间概率.
D：运用条件概率的乘法公式，计算联合概率 .
10．（2025高二下·舟山期末）定义在上的函数满足，则（ ）
A．函数的解析式为
B．函数图象的对称轴为直线
C．函数的单调递增区间为
D．函数在上的最大值为
【答案】A,C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；指数型复合函数的性质及应用；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】A：令（，因为定义域为，但换元后取值范围是 ），根据对数与指数的关系，.
已知，将，代入，得.把换为，则，A正确.
B：若函数图象对称轴为，则需满足对任意成立.取特殊值，计算 ；计算.因为，不满足，所以函数图象没有对称轴，B错误.
C：对变形，令（，因为指数函数值域为 ），则（ ）.对于二次函数，其对称轴为，当时，二次函数单调递增；当时，二次函数单调递减.因为是增函数（指数函数底数 ），根据复合函数“同增异减”原则：当时，即，解不等式得，此时内层增，外层增，所以复合函数单调递增.因此，的单调递增区间为，C正确.
D：求在上的最大值分析在上的情况，令，当时，（因为， ）.则， .二次函数在上，对称轴.
当（即 ）时，取得最小值.当（ ）时，；当（ ）时，.所以在上的值域是，则的值域是 .而，但实际最大值是（当时， ），所以D错误.
【分析】围绕函数的解析式、对称性、单调性及绝对值函数最值展开，解析式求解：通过换元法，将整体代换，把关于的函数转化为关于新变量的函数，进而得到解析式.
对称性判断：利用特殊值代入，看函数值是否关于某直线对称（若，则对称轴为 ），通过计算特殊点函数值判断.
单调性分析：将转化为复合函数，依据复合函数“同增异减”原则（内层、外层函数单调性相同则复合函数增，反之则减 ），结合内层指数函数、外层二次函数的单调性求解.
绝对值函数最值：分析在给定区间的取值，再结合绝对值，通过研究函数单调性、端点值等求的最大值.
11．（2025高二下·舟山期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（ ）
A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是
B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于
C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为
D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：
对于A选项，由题意建立如图所示的空间直角坐标系，则，，点为正方形内部及边界上的动点，设，，，化简得，即点的运动轨迹以为圆心，半径为1的圆，动点的轨迹是四分之一圆的周长，其长度是，正确.
对于B选项，点为正方形内部及边界，设，，，平面的法向量为，点到平面的距离：，点到平面的距离：，距离之和为，令，则方程变为，
又为正方体的空间对角线，，即，，化简得，解得，由于，在范围内，存在点，正确.
对于C选项，点在正方体的内切球，正方体的内切球半径为，球心为，，，
平面的法向量为，面等价于与平面法向量垂直，即，
设，则，即，在平面上.到平面的距离：，
在平面上，球心为到平面的距离：，平面与内切球的交线是一个圆，设圆心为，则圆的半径为，的最小值是到圆的距离，圆心在平面上且是到平面的垂线，
的最小值就是圆的半径，错误.
对于D选项，设，由可得
，化简得，，平面是平行于底面，动点构成的平面截三棱锥所得截面是正方体四个侧面的中心的连线，截面形状为边长为的正方形，则截面的面积为，正确.
故答案为：ABD.
【分析】 围绕正方体的空间几何问题展开，解题关键在于建立空间直角坐标系，将几何条件转化为代数方程，利用空间向量、轨迹方程、线面平行、面面垂直等知识，对每个选项逐一分析判断。通过坐标运算、几何性质推导，结合轨迹形状、距离公式、截面面积计算等方法求解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高二下·舟山期末）有一组数据：、、、、.则其第百分位数为 .
【答案】
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这组数据由小到大进行排序为：、、、、，共个数据，因为，所以该组数据的第百分位数为.
故答案为：.
【分析】 对数据进行排序，再依据百分位数的定义，通过计算数据个数与百分位的乘积确定百分位数的位置，进而求出对应百分位数，关键在于理解百分位数的计算规则，即根据排序后数据位置（整数或小数）来确定是取对应位置数，还是相邻数的平均值 .
13．（2025高二下·舟山期末）命题“，为假命题”，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】命题的真假判断与应用；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为“，”为假命题，所以命题“，”为真命题.即，成立.令，因为，所以是单调递增函数，，所以，即.
故答案为：.
【分析】先对原命题进行否定转化，将“全称命题为假”转化为“存在性命题为真” ，然后构造函数，通过求导判断其在区间上的单调性，进而求出最大值 ，最后根据存在性命题成立的条件（函数最大值大于 ），解关于的不等式，得到的取值范围，核心是利用函数单调性和命题否定的转化来解题 .
14．（2025高二下·舟山期末）已知实数、满足，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】其他不等式的解法；基本不等式在最值问题中的应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；双曲线的参数方程
【解析】【解答】解：由可得，设，，所以，令，则
，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，的最小值为.
故答案为：.
【分析】对已知条件变形，引入三角代换将、用三角函数表示，把转化为关于三角函数的表达式，再通过换元法结合基本不等式求最小值，关键在于利用三角代换简化式子，以及合理换元后运用基本不等式求最值，核心是将代数问题转化为三角和不等式问题求解 .
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．（2025高二下·舟山期末）在中，、、分别为的内角、、的对边，满足，为的中点.
（1）求角的大小；
（2）若，，求线段的长度.
【答案】（1）解：因为，即，由余弦定理可得，因为，故.
（2）解：因为为的中点，所以，即，所以
，故.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；空间中的中点坐标公式
【解析】【分析】围绕三角形的边与角关系，利用余弦定理和向量运算求解，对于（1），通过对已知条件变形，结合余弦定理求出角的余弦值，再根据角的范围确定角；
对于（2），利用中点性质得到向量关系，通过向量数量积运算求出 .
（1）因为，即，
由余弦定理可得，
因为，故.
（2）因为为的中点，所以，即，
所以
，故.
16．（2025高二下·舟山期末）已知平面向量、满足，，.
（1）求在上的投影向量（结果用表示）；
（2）求；
（3）若，求.
【答案】（1）解：∵，即，又∵，，∴.∴在上的投影向量为.
（2）解：由（1）知，..
（3）解：∵，，∴，作，，，如下图所示：
，即，，即，，则，故、共线，即，又，故、同向，故.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【分析】(1)利用向量数量积公式，先求出，再结合投影向量的定义（投影向量与共线，系数由数量积与模长平方决定 ).
(2)先求与，再代入向量夹角公式计算.
（3）设的坐标（或利用向量垂直关系 ），根据列方程，结合已知、夹角，求解.
（1）∵，即，
又∵，，∴.
∴在上的投影向量为.
（2）由（1）知，
.
.
（3）∵，，∴，
作，，，如下图所示：
，即，
，即，
，则，故、共线，即，
又，故、同向，故.
17．（2025高二下·舟山期末）如图，已知四棱台，点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，，，，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为；
（ⅰ）求直线与平面所成的角；
（ⅱ）若四边形为等腰梯形，，求平面与平面夹角的正切值.
【答案】（1）证明：连接交于点，，，，，，在直角梯形中，，，，，
由勾股定理可得，，
在中，，，∴，∴，即，∵平面，平面，∴又，
、平面，∴平面.
（2）解：（i）过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，则为二面角的平面角，即，且为直线与平面所成的角，∵，即，∵，而在中，，
∴，因为，即.∴直线与平面所成角为.
（ii)在等腰梯形中，∵，，，则，即，过点作，则，过点在平面内作，垂足为点，
在平面内，∵，，∴，∵平面，∴平面，过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
则为平面与平面所成夹角的平面角，∵四边形为等腰梯形，∴，，，∴，，，∴，在平面内，∵，，∴，∴，即，在平面内，∵，，∴，∴，故，在中，.故平面与平面夹角的正切值为.
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】证明线面垂直，根据线面垂直的判定定理，需证明直线与平面内两条相交直线垂直，所以先找与平面内两条相交直线（和 ）的垂直关系，通过相似三角形、勾股定理证明，再利用射影性质得，进而证得平面 .围绕四棱台的线面角、二面角及平面夹角展开，解题关键是利用线面垂直关系，通过作辅助线构建直角三角形，结合二面角、线面角的定义及平面几何性质（相似、勾股定理等）进行计算，对于（i），先找二面角的平面角，再利用直角三角形边角关系求线面角；对于（ii），根据等腰梯形性质和已得角度，作辅助线找平面夹角的平面角，进而计算正切值.
（1）连接交于点，，，，
，，
在直角梯形中，，，，，
由勾股定理可得，
，
在中，，，
∴，∴，即，
∵平面，平面，∴，
又，、平面，∴平面.
（2）（i）过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，
∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
则为二面角的平面角，即，
且为直线与平面所成的角，
∵，即，
∵，而在中，，
∴，因为，即.
∴直线与平面所成角为.
（ii）在等腰梯形中，∵，，，
则，即，
过点作，则，过点在平面内作，垂足为点，
在平面内，∵，，∴，
∵平面，∴平面，
过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，
∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
则为平面与平面所成夹角的平面角，
∵四边形为等腰梯形，∴，，，
∴，，
，
∴，
在平面内，∵，，∴，
∴，即，
在平面内，∵，，∴，∴，
故，
在中，.
故平面与平面夹角的正切值为.
18．（2025高二下·舟山期末）2025年，某卫视推出了“最强大脑围棋版争霸赛”，堪称围棋界史上最激烈的国际赛事，以“棋艺封神，一站扬名”为口号，致力于推广围棋文化和智力竞技.受此启发，某中学为了让学生亲身体验围棋比赛的精彩和激烈，激发学生的思维活力，特别举办了“校园棋王争霸赛”.根据已报名的学生资料统计，有的学生学过围棋，将频率视为概率.
（1）从已报名选手中任取3名学生，记其中学过围棋的学生数为，求的分布列与数学期望；
（2）经过海选，最终决定、、、、、、、八位棋手参加棋王争霸赛，比赛分预赛、半决赛和决赛三个阶段，采用淘汰制决出冠军.预赛共有四场，八位棋手赛前抽签确定比赛位置，获胜的四人进入半决赛，依次类推，在决赛中，胜者为冠军，负者为亚军。已知~这7位棋手互相对弈时，获胜概率均为，棋手与其他棋手对弈时，获胜的概率为，每局对弈结果相互独立，无和棋情况.
（ⅰ）求棋手最终夺冠的概率；
（ⅱ）求棋手与有过对弈且最终获得亚军的概率.
【答案】（1）解：由题意得，每位报名选手中学过围棋的概率为，则没有学过围棋的概率为，随机抽取3人，用随机变量表示3人中学过围棋的学生人数，则可能的取值为0，1，2，3，，；；；.所以，的分布列为
0 1 2 3
∴.
（2）（ⅰ）由题意得：~八名运动员各自夺冠的概率之和为1，~夺冠概率相同，夺冠的概率为，即最终夺冠的概率为.
（ⅱ）记事件“获得亚军”，事件“与对弈过”，事件“与在第轮对弈”，，则.不妨设在①号位，则
a.在第1轮能与对弈的位置编号为②，；b.在第2轮能与对弈的位置编号为③或④，；c.在第3轮能与对弈的位置编号为⑤或⑥或⑦或⑧，；综上所述：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率与独立事件；二项分布
【解析】【分析】（1） 根据独立重复试验的概率特征，确定随机变量 服从二项分布，利用二项分布的概率公式计算取值概率，进而得到分布列和数学期望.识别二项分布模型（独立重复试验，每次试验结果只有“学过围棋”和“没学过围棋”两种 ），运用二项分布的概率与期望公式解题 .
（2）（i），利用所有棋手夺冠概率和为，结合夺冠概率，求出夺冠概率；
（ii），通过定义事件，将“与对弈且获亚军”的概率分解为不同轮次对弈的互斥事件概率之和，分别计算各轮次对弈的概率，再相加得到结果 .
（1）由题意得，每位报名选手中学过围棋的概率为，则没有学过围棋的概率为，
随机抽取3人，用随机变量表示3人中学过围棋的学生人数，则可能的取值为0，1，2，3，，
；；
；.
所以，的分布列为
0 1 2 3
∴.
（2）（ⅰ）由题意得：~八名运动员各自夺冠的概率之和为1，~夺冠概率相同，
夺冠的概率为，即最终夺冠的概率为.
（ⅱ）记事件“获得亚军”，事件“与对弈过”，
事件“与在第轮对弈”，，
则.
不妨设在①号位，则
a.在第1轮能与对弈的位置编号为②，
；
b.在第2轮能与对弈的位置编号为③或④，
；
c.在第3轮能与对弈的位置编号为⑤或⑥或⑦或⑧，
；
综上所述：.
19．（2025高二下·舟山期末）函数的定义域为；
①若对，都有成立，则称在上为凹函数（当且仅当时，等号成立），且凹函数有以下性质：对都有（当且仅当时，等号成立）.
②若对，都有成立，则称在上为凸函数（当且仅当时，等号成立），且凸函数有以下性质：对都有（当且仅当时，等号成立）.
（1）判断函数在上是否具有凹凸性，并用上述定义法证明你的结论.
（2）设为的周长，为的面积；
（i）求：的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）解：在为凹函数．证明如下：，设，∵
，∴，即在为凹函数.
（2）解：（ⅰ）∵在为凹函数，在中，，∵时，，，∴，∴.
（ⅱ）令，设，∵
∵
，
∴，即在为凸函数．要证：，即证．∵，∴，只需证：（*），而在中有，则（*）等价于：．只需证：，只需证：，
又在为凸函数，，证毕.另解：的证明，也可以用以下两种证法：①基本不等式：∵，∴
，
②权方和不等式：．
【知识点】基本不等式；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理的应用
【解析】【分析】围绕函数凹凸性定义及三角形中的三角函数、不等式证明展开，对于（1），需根据凹凸函数定义，通过作差或利用二阶导数（此处用定义法，计算的符号 ）判断在的凹凸性；
对于（2）（i），利用（1）中的凹凸性及三角形内角和，结合凹凸函数性质求取值范围；
（ii），通过周长、面积公式转化，结合不等式（如均值不等式、凹凸函数性质 ）证明 .
（1）在为凹函数．
证明如下：，设，
∵
，
∴，即在为凹函数.
（2）（ⅰ）∵在为凹函数，
在中，，
∵时，，，∴，
∴.
（ⅱ）令，设，
∵
∵
，
∴，即在为凸函数．
要证：，即证．
∵，
∴，只需证：（*），
而在中有，
则（*）等价于：．
只需证：，
只需证：，
又在为凸函数，
，证毕.
另解：的证明，也可以用以下两种证法：
①基本不等式：∵，
∴
，
②权方和不等式：
．
1 / 1浙江省舟山市2024-2025学年高二下学期6月期末检测数学试题
一、单项选择题（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．（2025高二下·舟山期末）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·舟山期末）已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·舟山期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·舟山期末）展开式中常数项为（ ）
A．48 B． C．24 D．
5．（2025高二下·舟山期末）若，函数为上的奇函数，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
6．（2025高二下·舟山期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学课间玩“击鼓传花”游戏.第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，往后依此类推，经过4次传花，花仍回到甲手中，则传法总数为（ ）
A．36 B．48 C．52 D．64
7．（2025高二下·舟山期末）已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·舟山期末）记函数.已知函数，，，若有且只有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2025高二下·舟山期末）下列说法正确的是（ ）
A．经验回归方程为时，变量与变量成正相关
B．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好
C．若随机变量，且，则
D．已知随机事件、，若，，则
10．（2025高二下·舟山期末）定义在上的函数满足，则（ ）
A．函数的解析式为
B．函数图象的对称轴为直线
C．函数的单调递增区间为
D．函数在上的最大值为
11．（2025高二下·舟山期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（ ）
A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是
B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于
C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为
D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高二下·舟山期末）有一组数据：、、、、.则其第百分位数为 .
13．（2025高二下·舟山期末）命题“，为假命题”，则实数的取值范围为 .
14．（2025高二下·舟山期末）已知实数、满足，则的最小值为 .
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．（2025高二下·舟山期末）在中，、、分别为的内角、、的对边，满足，为的中点.
（1）求角的大小；
（2）若，，求线段的长度.
16．（2025高二下·舟山期末）已知平面向量、满足，，.
（1）求在上的投影向量（结果用表示）；
（2）求；
（3）若，求.
17．（2025高二下·舟山期末）如图，已知四棱台，点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，，，，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为；
（ⅰ）求直线与平面所成的角；
（ⅱ）若四边形为等腰梯形，，求平面与平面夹角的正切值.
18．（2025高二下·舟山期末）2025年，某卫视推出了“最强大脑围棋版争霸赛”，堪称围棋界史上最激烈的国际赛事，以“棋艺封神，一站扬名”为口号，致力于推广围棋文化和智力竞技.受此启发，某中学为了让学生亲身体验围棋比赛的精彩和激烈，激发学生的思维活力，特别举办了“校园棋王争霸赛”.根据已报名的学生资料统计，有的学生学过围棋，将频率视为概率.
（1）从已报名选手中任取3名学生，记其中学过围棋的学生数为，求的分布列与数学期望；
（2）经过海选，最终决定、、、、、、、八位棋手参加棋王争霸赛，比赛分预赛、半决赛和决赛三个阶段，采用淘汰制决出冠军.预赛共有四场，八位棋手赛前抽签确定比赛位置，获胜的四人进入半决赛，依次类推，在决赛中，胜者为冠军，负者为亚军。已知~这7位棋手互相对弈时，获胜概率均为，棋手与其他棋手对弈时，获胜的概率为，每局对弈结果相互独立，无和棋情况.
（ⅰ）求棋手最终夺冠的概率；
（ⅱ）求棋手与有过对弈且最终获得亚军的概率.
19．（2025高二下·舟山期末）函数的定义域为；
①若对，都有成立，则称在上为凹函数（当且仅当时，等号成立），且凹函数有以下性质：对都有（当且仅当时，等号成立）.
②若对，都有成立，则称在上为凸函数（当且仅当时，等号成立），且凸函数有以下性质：对都有（当且仅当时，等号成立）.
（1）判断函数在上是否具有凹凸性，并用上述定义法证明你的结论.
（2）设为的周长，为的面积；
（i）求：的取值范围；
（ii）证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，所以.
故答案为：D.
【分析】明确交集的定义：由所有既属于集合又属于集合的元素所组成的集合，通过找出两个集合中取值范围的公共部分来求解 .
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，故复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】围绕复数的共轭复数以及虚部的概念展开.根据共轭复数的定义求出的共轭复数，再依据复数虚部的定义确定其虚部，对共轭复数和虚部概念的理解与运用.
3．【答案】B
【知识点】正切函数的图象与性质；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，故，所以，.
故答案为：B.
【分析】依次运用正切函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系（弦化切思想）来求解，先通过诱导公式化简已知条件得出的值，再将所求式子变形为含有的形式进行计算.
4．【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由题意，二项式展开式的通项公式为：，令，可得，所以常数项为，
故答案为：C
【分析】考查二项式展开式的常数项求解，关键在于运用二项式展开式的通项公式，通过令通项中的次数为，确定对应的项数，进而计算出常数项.
5．【答案】D
【知识点】充要条件；函数的奇偶性；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：若函数为上的奇函数，，解得或，当时，，因为，，所以，即函数不是奇函数；当时，，该函数的定义域为，，即函数为奇函数.故当函数为上的奇函数时，，因此，是的充要条件.
故答案为：D.
【分析】判断是的什么条件，需先根据函数为上奇函数的性质求出的可能值，再逐一验证，结合充分条件、必要条件的定义来判断，核心是利用奇函数在处的特殊性质（若在有定义，则 ）初步确定，再验证函数是否满足奇函数定义 .
6．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：5人传花，第1次由甲传给乙、丙、丁、戊四人中的任意一人，第2次由持花者传给另外四人中的任意一人，经过4次传花，花仍回到甲手，∴第1次传花有4种方法，第3次传花分成“花在甲手中”和“花不在甲手中”两类方法，第4次传花只能传到甲手中.∴当第2次传花后花在甲手中时，则第3次传花，花可能在丙或乙或丁或戊手中，共4种方法；当第2次传花后花不在甲手中时，有3种方法，则第3次传花有3种方法.∴经过4次传花，花仍回到甲的传法总数为：，∴花仍回到甲的传法总数为52种，
故答案为：C.
【分析】 可按传花顺序逐步分析，明确每次传花的限制条件，利用分类讨论结合分步乘法计数原理来计算.核心是抓住“第4次传花必须传给甲”这一关键，倒推前面每次传花的情况 .
7．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，因为，当时，，因为函数在上单调递减，所以，即，解得，由可得，又因为，，故，则.因此，实数的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】先利用三角恒等变换化简函数，再结合给定区间确定函数内层变量的范围，依据正弦函数单调性列出关于的不等式组，进而求解的取值范围 。解题关键在于把握三角恒等变换、正弦函数单调区间与参数的关联.
8．【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，其中，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，因为，故当时，，此时；当时，，此时，所以.当时，令，可得；当时，令，可得.令，则直线与函数的图象有三个交点，如下图所示：
由图可知，要使得直线与函数的图象有三个交点，只需，解得，因此，实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先明确的分段形式，通过构造函数判断与的大小关系，进而确定的表达式，再将转化为直线与另一个分段函数图象的交点问题，利用函数单调性和图象交点个数来确定的取值范围 ，核心思路是把零点问题转化为函数图象交点问题，结合单调性分析.
9．【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；正态密度曲线的特点；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A选项，经验回归方程为时，，变量与变量成负相关，A错；
对于B选项，在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，B对；
对于C选项，若随机变量，且，则，C对；
对于D选项，已知随机事件、，若，，由概率的乘法公式可得，D对.
故答案为：BCD.
【分析】 A：依据线性回归方程中斜率的符号判断变量相关性，正相关，负相关，以此分析与的相关性.
B：理解残差图与回归效果的关系，残差点带状区域宽度反映模型拟合精度，宽度越窄，回归效果越好.
C：利用正态分布的对称性（关于均值对称 ），结合已知概率，推导区间概率.
D：运用条件概率的乘法公式，计算联合概率 .
10．【答案】A,C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；指数型复合函数的性质及应用；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】A：令（，因为定义域为，但换元后取值范围是 ），根据对数与指数的关系，.
已知，将，代入，得.把换为，则，A正确.
B：若函数图象对称轴为，则需满足对任意成立.取特殊值，计算 ；计算.因为，不满足，所以函数图象没有对称轴，B错误.
C：对变形，令（，因为指数函数值域为 ），则（ ）.对于二次函数，其对称轴为，当时，二次函数单调递增；当时，二次函数单调递减.因为是增函数（指数函数底数 ），根据复合函数“同增异减”原则：当时，即，解不等式得，此时内层增，外层增，所以复合函数单调递增.因此，的单调递增区间为，C正确.
D：求在上的最大值分析在上的情况，令，当时，（因为， ）.则， .二次函数在上，对称轴.
当（即 ）时，取得最小值.当（ ）时，；当（ ）时，.所以在上的值域是，则的值域是 .而，但实际最大值是（当时， ），所以D错误.
【分析】围绕函数的解析式、对称性、单调性及绝对值函数最值展开，解析式求解：通过换元法，将整体代换，把关于的函数转化为关于新变量的函数，进而得到解析式.
对称性判断：利用特殊值代入，看函数值是否关于某直线对称（若，则对称轴为 ），通过计算特殊点函数值判断.
单调性分析：将转化为复合函数，依据复合函数“同增异减”原则（内层、外层函数单调性相同则复合函数增，反之则减 ），结合内层指数函数、外层二次函数的单调性求解.
绝对值函数最值：分析在给定区间的取值，再结合绝对值，通过研究函数单调性、端点值等求的最大值.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：
对于A选项，由题意建立如图所示的空间直角坐标系，则，，点为正方形内部及边界上的动点，设，，，化简得，即点的运动轨迹以为圆心，半径为1的圆，动点的轨迹是四分之一圆的周长，其长度是，正确.
对于B选项，点为正方形内部及边界，设，，，平面的法向量为，点到平面的距离：，点到平面的距离：，距离之和为，令，则方程变为，
又为正方体的空间对角线，，即，，化简得，解得，由于，在范围内，存在点，正确.
对于C选项，点在正方体的内切球，正方体的内切球半径为，球心为，，，
平面的法向量为，面等价于与平面法向量垂直，即，
设，则，即，在平面上.到平面的距离：，
在平面上，球心为到平面的距离：，平面与内切球的交线是一个圆，设圆心为，则圆的半径为，的最小值是到圆的距离，圆心在平面上且是到平面的垂线，
的最小值就是圆的半径，错误.
对于D选项，设，由可得
，化简得，，平面是平行于底面，动点构成的平面截三棱锥所得截面是正方体四个侧面的中心的连线，截面形状为边长为的正方形，则截面的面积为，正确.
故答案为：ABD.
【分析】 围绕正方体的空间几何问题展开，解题关键在于建立空间直角坐标系，将几何条件转化为代数方程，利用空间向量、轨迹方程、线面平行、面面垂直等知识，对每个选项逐一分析判断。通过坐标运算、几何性质推导，结合轨迹形状、距离公式、截面面积计算等方法求解.
12．【答案】
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这组数据由小到大进行排序为：、、、、，共个数据，因为，所以该组数据的第百分位数为.
故答案为：.
【分析】 对数据进行排序，再依据百分位数的定义，通过计算数据个数与百分位的乘积确定百分位数的位置，进而求出对应百分位数，关键在于理解百分位数的计算规则，即根据排序后数据位置（整数或小数）来确定是取对应位置数，还是相邻数的平均值 .
13．【答案】
【知识点】命题的真假判断与应用；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为“，”为假命题，所以命题“，”为真命题.即，成立.令，因为，所以是单调递增函数，，所以，即.
故答案为：.
【分析】先对原命题进行否定转化，将“全称命题为假”转化为“存在性命题为真” ，然后构造函数，通过求导判断其在区间上的单调性，进而求出最大值 ，最后根据存在性命题成立的条件（函数最大值大于 ），解关于的不等式，得到的取值范围，核心是利用函数单调性和命题否定的转化来解题 .
14．【答案】
【知识点】其他不等式的解法；基本不等式在最值问题中的应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；双曲线的参数方程
【解析】【解答】解：由可得，设，，所以，令，则
，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，的最小值为.
故答案为：.
【分析】对已知条件变形，引入三角代换将、用三角函数表示，把转化为关于三角函数的表达式，再通过换元法结合基本不等式求最小值，关键在于利用三角代换简化式子，以及合理换元后运用基本不等式求最值，核心是将代数问题转化为三角和不等式问题求解 .
15．【答案】（1）解：因为，即，由余弦定理可得，因为，故.
（2）解：因为为的中点，所以，即，所以
，故.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；空间中的中点坐标公式
【解析】【分析】围绕三角形的边与角关系，利用余弦定理和向量运算求解，对于（1），通过对已知条件变形，结合余弦定理求出角的余弦值，再根据角的范围确定角；
对于（2），利用中点性质得到向量关系，通过向量数量积运算求出 .
（1）因为，即，
由余弦定理可得，
因为，故.
（2）因为为的中点，所以，即，
所以
，故.
16．【答案】（1）解：∵，即，又∵，，∴.∴在上的投影向量为.
（2）解：由（1）知，..
（3）解：∵，，∴，作，，，如下图所示：
，即，，即，，则，故、共线，即，又，故、同向，故.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【分析】(1)利用向量数量积公式，先求出，再结合投影向量的定义（投影向量与共线，系数由数量积与模长平方决定 ).
(2)先求与，再代入向量夹角公式计算.
（3）设的坐标（或利用向量垂直关系 ），根据列方程，结合已知、夹角，求解.
（1）∵，即，
又∵，，∴.
∴在上的投影向量为.
（2）由（1）知，
.
.
（3）∵，，∴，
作，，，如下图所示：
，即，
，即，
，则，故、共线，即，
又，故、同向，故.
17．【答案】（1）证明：连接交于点，，，，，，在直角梯形中，，，，，
由勾股定理可得，，
在中，，，∴，∴，即，∵平面，平面，∴又，
、平面，∴平面.
（2）解：（i）过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，则为二面角的平面角，即，且为直线与平面所成的角，∵，即，∵，而在中，，
∴，因为，即.∴直线与平面所成角为.
（ii)在等腰梯形中，∵，，，则，即，过点作，则，过点在平面内作，垂足为点，
在平面内，∵，，∴，∵平面，∴平面，过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
则为平面与平面所成夹角的平面角，∵四边形为等腰梯形，∴，，，∴，，，∴，在平面内，∵，，∴，∴，即，在平面内，∵，，∴，∴，故，在中，.故平面与平面夹角的正切值为.
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】证明线面垂直，根据线面垂直的判定定理，需证明直线与平面内两条相交直线垂直，所以先找与平面内两条相交直线（和 ）的垂直关系，通过相似三角形、勾股定理证明，再利用射影性质得，进而证得平面 .围绕四棱台的线面角、二面角及平面夹角展开，解题关键是利用线面垂直关系，通过作辅助线构建直角三角形，结合二面角、线面角的定义及平面几何性质（相似、勾股定理等）进行计算，对于（i），先找二面角的平面角，再利用直角三角形边角关系求线面角；对于（ii），根据等腰梯形性质和已得角度，作辅助线找平面夹角的平面角，进而计算正切值.
（1）连接交于点，，，，
，，
在直角梯形中，，，，，
由勾股定理可得，
，
在中，，，
∴，∴，即，
∵平面，平面，∴，
又，、平面，∴平面.
（2）（i）过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，
∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
则为二面角的平面角，即，
且为直线与平面所成的角，
∵，即，
∵，而在中，，
∴，因为，即.
∴直线与平面所成角为.
（ii）在等腰梯形中，∵，，，
则，即，
过点作，则，过点在平面内作，垂足为点，
在平面内，∵，，∴，
∵平面，∴平面，
过点在平面内作，交于点，连接，
∵平面，平面，∴，
∵，，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
则为平面与平面所成夹角的平面角，
∵四边形为等腰梯形，∴，，，
∴，，
，
∴，
在平面内，∵，，∴，
∴，即，
在平面内，∵，，∴，∴，
故，
在中，.
故平面与平面夹角的正切值为.
18．【答案】（1）解：由题意得，每位报名选手中学过围棋的概率为，则没有学过围棋的概率为，随机抽取3人，用随机变量表示3人中学过围棋的学生人数，则可能的取值为0，1，2，3，，；；；.所以，的分布列为
0 1 2 3
∴.
（2）（ⅰ）由题意得：~八名运动员各自夺冠的概率之和为1，~夺冠概率相同，夺冠的概率为，即最终夺冠的概率为.
（ⅱ）记事件“获得亚军”，事件“与对弈过”，事件“与在第轮对弈”，，则.不妨设在①号位，则
a.在第1轮能与对弈的位置编号为②，；b.在第2轮能与对弈的位置编号为③或④，；c.在第3轮能与对弈的位置编号为⑤或⑥或⑦或⑧，；综上所述：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率与独立事件；二项分布
【解析】【分析】（1） 根据独立重复试验的概率特征，确定随机变量 服从二项分布，利用二项分布的概率公式计算取值概率，进而得到分布列和数学期望.识别二项分布模型（独立重复试验，每次试验结果只有“学过围棋”和“没学过围棋”两种 ），运用二项分布的概率与期望公式解题 .
（2）（i），利用所有棋手夺冠概率和为，结合夺冠概率，求出夺冠概率；
（ii），通过定义事件，将“与对弈且获亚军”的概率分解为不同轮次对弈的互斥事件概率之和，分别计算各轮次对弈的概率，再相加得到结果 .
（1）由题意得，每位报名选手中学过围棋的概率为，则没有学过围棋的概率为，
随机抽取3人，用随机变量表示3人中学过围棋的学生人数，则可能的取值为0，1，2，3，，
；；
；.
所以，的分布列为
0 1 2 3
∴.
（2）（ⅰ）由题意得：~八名运动员各自夺冠的概率之和为1，~夺冠概率相同，
夺冠的概率为，即最终夺冠的概率为.
（ⅱ）记事件“获得亚军”，事件“与对弈过”，
事件“与在第轮对弈”，，
则.
不妨设在①号位，则
a.在第1轮能与对弈的位置编号为②，
；
b.在第2轮能与对弈的位置编号为③或④，
；
c.在第3轮能与对弈的位置编号为⑤或⑥或⑦或⑧，
；
综上所述：.
19．【答案】（1）解：在为凹函数．证明如下：，设，∵
，∴，即在为凹函数.
（2）解：（ⅰ）∵在为凹函数，在中，，∵时，，，∴，∴.
（ⅱ）令，设，∵
∵
，
∴，即在为凸函数．要证：，即证．∵，∴，只需证：（*），而在中有，则（*）等价于：．只需证：，只需证：，
又在为凸函数，，证毕.另解：的证明，也可以用以下两种证法：①基本不等式：∵，∴
，
②权方和不等式：．
【知识点】基本不等式；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理的应用
【解析】【分析】围绕函数凹凸性定义及三角形中的三角函数、不等式证明展开，对于（1），需根据凹凸函数定义，通过作差或利用二阶导数（此处用定义法，计算的符号 ）判断在的凹凸性；
对于（2）（i），利用（1）中的凹凸性及三角形内角和，结合凹凸函数性质求取值范围；
（ii），通过周长、面积公式转化，结合不等式（如均值不等式、凹凸函数性质 ）证明 .
（1）在为凹函数．
证明如下：，设，
∵
，
∴，即在为凹函数.
（2）（ⅰ）∵在为凹函数，
在中，，
∵时，，，∴，
∴.
（ⅱ）令，设，
∵
∵
，
∴，即在为凸函数．
要证：，即证．
∵，
∴，只需证：（*），
而在中有，
则（*）等价于：．
只需证：，
只需证：，
又在为凸函数，
，证毕.
另解：的证明，也可以用以下两种证法：
①基本不等式：∵，
∴
，
②权方和不等式：
．
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