吉林省吉林市实验中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题

**基本信息** 高二数学月考试卷以“数学眼光观察现实世界、数学思维思考现实世界”为导向，通过冬奥会志愿活动（17题）、隧道施工（5题）等真实情境设计问题，基础题（如集合、复数）与综合题（如函数零点证明19题）梯度分明，适配高二学段知识巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、复数、三角函数等基础内容|第4题结合三角函数性质判断命题真假，考察逻辑推理| |多选题|3|解三角形、等比数列、立体几何|第11题直四棱柱体积与外接球综合，体现空间观念| |填空题|3|纯虚数、数列递推、集合创新|第14题集合元素关系探究，培养创新意识| |解答题|5|解三角形、椭圆、概率统计、函数导数|17题以冬奥会志愿为情境考察概率应用；19题函数零点证明，深化数学思维|

高二数学 一、单选题 1．已知集合，，则（    ）． A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位），则的共轭复数为（   ） A． B． C． D． 3．已知，则（　　） A． B． C． D． 4．已知函数，其中，且．则关于下列两个命题的判断，说法正确的是（　　） ①的最大值为2； ②，都有． A．①真命题；②真命题 B．①真命题；②假命题 C．①假命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 5．如图，西昭高速施工队计划在一座大山中挖通一条直隧道，需要确定隧道的长度，工程测量员测得隧道两端的两点到点的距离分别为，且，则隧道的长度为（    ） A． B． C． D． 6．已知向量的夹角为，且，，若与向量垂直的非零向量满足（其中，则（    ） A． B．1 C．6 D． 7．已知函数，若方程有三个不同根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．若双曲线的一个焦点到两渐近线的距离之和为，则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在锐角中，内角所对的边分别为，且，则（   ） A． B． C． D．若，则 10．已知数列为等比数列，设的前项和为，的前项积为，若，则（    ） A． B．为等比数列 C． D．当时，取得最小值 11．在直四棱柱中，底面四边形是边长为的菱形，，，则下列说法正确的是（    ） A．该直四棱柱的体积为 B．该直四棱柱的表面积为 C．三棱锥外接球的半径为 D．点到平面的距离为 三、填空题 12．若为纯虚数，则__________. 13．数列各项均为正数，且对任意都有，其中为数列的前项和，设，若满足不等式的正整数恰好有两个，则实数的取值范围为___________． 14．设为正整数，集合，若集合满足，且对中任意的两个元素，皆有成立，记满足条件的集合的个数为，则____________. 四、解答题 15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且． (1)求内角A的大小； (2)若，求面积的最大值． 16．已知椭圆的右焦点为，且过点，直线过点交椭圆于两点． (1)求椭圆的方程； (2)线段的垂直平分线与轴的交点为，若点为椭圆的左顶点，求的面积． 17．某学校学生会有7名志愿者，其中高一2人，高二3人，高三2人，现从这7人中任意选取3人参加一个冬奥会志愿活动. (1)求选取的3个人均来自不同年级的概率； (2)设表示选取的志愿者是高二学生的人数，求的分布列和期望. 18．设有甲、乙两个不透明的箱子，每个箱子中装有除颜色外其他都相同的小球，其中甲箱有4个红球和3个白球，乙箱有3个红球和2个白球.从甲箱中随机摸出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机摸出1个球. (1)求从乙箱中摸出白球的概率； (2)若从乙箱中摸出白球，求从甲箱中摸出2个红球的概率. 19．已知函数. (1)证明：时，； (2)若函数有且只有三个零点.， ①求k的取值范围； ②证明：. 试卷第2页，共3页 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 数学答案 1．A 【分析】先求出集合，再按照交集的定义计算即可. 【详解】由题意，. 2．A 【详解】， 所以 的共轭复数为 . 3．C 【分析】根据条件概率公式以及事件之间的关系可得的值，再根据可得，结合条件概率公式与对立事件概率关系即可得所求. 【详解】若， 则，所以，故， 所以，所以， 所以， 则. 故选：C. 4．A 【分析】对①，由题可得当且仅当时，取得最大值2，利用正弦函数的性质运算可得当，，时，取得最大值2；对②，由三角恒等变换可得，要使得上式恒成立，则，利用正弦函数的性质运算得当，满足. 【详解】对于①，由，可得当且仅当时，取得最大值2， 即存在实数，，且使得成立， ，，即， ，可取满足上式，此时， 所以当，，时，取得最大值2，故①是真命题； 对于②，由 ， 要使得上式对任意的实数均成立，则， ，得， 又，可取，，此时，满足， 所以存在，，都有，故②是真命题. 故选：A. 5．C 【分析】利用余弦定理计算即可得. 【详解】 ， 故隧道的长度. 6．D 【分析】由向量垂直数量积为0建立方程，由数量积公式求出向量的数量积和，代入方程后得到. 【详解】由，，得． 又，， 所以，整理，得． 故选：D． 7．A 【分析】探讨给定函数的对称性及单调性，脱去法则“f”，构造函数，利用导数探讨函数的性质并作出图象，数形结合求得答案. 【详解】函数的定义域为R，且在R上单调递增， ，即， 方程，即，于是， 即，令，依题意，直线与函数的图象有三个不同的交点， 求导得，当时，， 当时，，函数在上递减，在上递增， 当时，取极小值；当时，取极大值为， 而当或时，恒有， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象， 观察图象得，原方程有三个不同实根，所以实数的取值范围为， 故选：A 8．C 【分析】由点到直线的距离公式计算点到渐近线的距离，再化简得到离心率的值. 【详解】 根据题意作出图象如图所示， 则，渐近线方程为， 则焦点到两渐近线的距离之和， 结合化简得， 故离心率. 9．ACD 【分析】根据已知条件利用正弦定理将边化角，利用三角形内角关系及两角和的正弦公式整理式子得到，判断A选项；根据，即三角形形状得到关于角的不等式，解不等式即可确定角的取值范围，即可判断B；根据化为，利用基本不等式即可求最值，即可判断C；由已知条件将边化成角，再根据角的范围即可求出的范围，即可判断D. 【详解】对于A：因为，由正弦定理可得， 又， 所以，即， 又，， 所以，故，则，故A正确； 对于B：由，得，又为锐角三角形， 所以，解得，故B错误； 对于C： ， （当且仅当，即时取等号），故C正确； 对于D：由，得，由正弦定理得： 即， 所以 . 又，所以，故，故D正确. 故选：ACD. 10．ACD 【分析】由题，求出等比数列的通项公式与前n项和，由通项可知每一项均为正且单调增，故只需判断项与1的大小，即可得到前n项积什么时候取最值，对选项逐一验证即可． 【详解】设数列的公比为，则，又，所以， 则， 所以不是等比数列， 因为当时，，当时，， 所以，当时，取得最小值. 故选：ACD． 11．ACD 【分析】对于AB，由相应的体积公式及表面积公式可直接求解；对于C，正三角形的中心记为，三棱锥外接球的球心记为，结合勾股定理求得半径即可求解；对于D，由等体积可求解； 【详解】 对于A，由题意，得菱形的面积，则该直四棱柱的体积，故A正确； 对于，该直四棱柱的表面积为，故B错误； 对于C，将正三角形的中心记为，则，，三棱锥外接球的球心记为，设三棱锥外接球的半径为，由，得，解得，所以，解得，故C正确； 对于D，点到平面的距离等于点到平面的距离，记为． 计算，得，． 由，得，解得，故D正确． 故选：ACD． 12． 【分析】利用虚数的概念计算参数，再计算模长即可. 【详解】由题意可知，即， 则. 故答案为： 13． 【分析】利用可得，再次利用得到数列为等差数列，即可得到其通项公式，得，令，由数列的单调性得，即在时取得最大值，即可求解． 【详解】令，则，即，所以或或， 又因为数列的各项都是正数，所以， 令，则，即，解得或或，又因为数列的各项都是正数，所以． ， ① ， ② 由①②得：，化简得到， ③ ，④ 由③④得：， 化简得到，即， 当时，，所以， 所以数列是一个以为首项，为公差的等差数列，． 则，得， 令， 则， 令，得， 得，得， 所以，即在时取得最大值， ，， ，， 若满足不等式的正整数恰好有两个，即， 所以需满足：，即， 故答案为： 14．19 【分析】利用分类思想，列举思想即可得到答案. 【详解】当时， 若为二元集：如，共有15种， 若为三元集：如共有4种， 所以总共有：种； 故答案为：19. 15．(1) (2)． 【分析】（1）把向量的数量积用坐标表示后利用正弦定理化边为角，利用三角函数性质可得； （2）用余弦定理后利用基本不等式得出的最大值，从而可得面积最大值． 【详解】（1）∵，，且， ∴， ∴由正弦定理得． ∵，∴， ∴，． ∵，∴． （2）∵， ∴由余弦定理得，即． ∵，∴，∴， 当且仅当时，等号成立， ∴， ∴面积有最大值，最大值为． 16．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的性质并代入所过点坐标计算即可； （2）法一：先排除直线斜率不存在的情况，设其点斜式方程，联立椭圆方程结合韦达定理、直线垂直的斜率积计算直线的斜率，再利用弦长公式、点到直线的距离公式计算即可. 法二：由题意知直线斜率不为零，设方程为：的中点，联立椭圆方程结合韦达定理、直线垂直的斜率关系计算的值，再求的面积. 【详解】（1）因为椭圆的右焦点为，且过点， 所以，解得， 则椭圆的方程为； （2）方法一：若直线斜率不存在，此时其垂直平分线与横轴重合，不符合题意， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为的中点， 联立，消去并整理， 由韦达定理得， 所以， 易知，所以，解得，即， 所以直线的方程为或； 由弦长公式可知 ，由直线的对称性知点到两条直线的距离相同，即 所以的面积为． 方法二：由题意知直线斜率不为零，设方程为：的中点， 联立，消去得， 韦达定理得， 所以，． 由，得，整理得：． 因为，所以， . 17．(1) (2)分布列见解析，数学期望为 【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解即可； （2）先求出随机变量的可能取值，然后求出其对应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可． 【详解】（1）由题意可知，选取的3个人均来自不同年级的概率为 （2）由题意可知，的可能取值为， 则；，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 故. 18．(1)； (2). 【分析】（1）利用独立乘法公式、全概率公式求从乙箱中摸出白球的概率 （2）应用条件概率的求法求从甲箱中摸出2个红球的概率. 【详解】（1）由题意，从甲摸出2红球概率为，此时从乙摸出白球概率为， 从甲摸出2白球概率为，此时从乙摸出白球概率为， 从甲摸出红白球各一个的概率为，此时从乙摸出白球概率为， 所以从乙箱中摸出白球的概率为. （2）由（1）知，从乙箱中摸出白球情况下，甲箱中摸出2个红球的概率为. 19．(1)证明见解析 (2)①②证明见解析 【分析】（1）转化为证明，构造函数，利用导数求最小值即可得证； （2）①分类讨论，结合函数的单调性、极值，利用零点存在性定理求解；②转化为证明，构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可. 【详解】（1）等价证明： 构造， 在上单调递减；在上单调递增 在时取最小值 成立，也成立. （2）①， 在上单调递减，在上单调递增， 在处取得最小值 若，即时，，函数在上单调，不可能有三个零点，舍去； 当，即时，， ，当时，，由（1）知， 所以，因为，所以， 故，即 在上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增， ，即是函数的一个零点， ，，且， ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 时，由（1）的结论， 当时，都有，且 ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 故零点，时，加上有且只有三个零点. 的取值范围是. ②由①知时，，函数在上都取负值， 在上单调递增且都取正值，要证明，只需证明， 只需证即可. ，又 ，令， 令，则，当且仅当时取等号， 在单调递增， 时， 在单调递减， 成立 成立. 答案第10页，共10页 答案第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $