精品解析：江苏省淮阴中学2025-2026学年第二学期4月测试高二数学试题

江苏省淮阴中学2025-2026学年第二学期4月测试 高二数学 一、单选题（40分） 1. 甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设甲总得分为，则的可能取值为， 在不考虑出牌顺序的前提下，甲、乙两人出牌共有种， 第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表， 甲得分 2 3 5 0分 4 6 10 2分 4 10 6 1分 6 4 10 2分 6 10 4 2分 10 4 6 1分 10 6 4 则， 则. 2. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 3 0.3 0.3 0.2 0.1 设函数，若，则函数的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由分布列的性质可知，，所以. 因为函数，. 当时，； 当时，； 当时，. 所以. 所以函数的值域为. 3. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将代入该函数，可求出的值，再根据函数图象平移的坐标变化规律，可写出点的坐标，进而得到关于的等式，最后等式转化为同名三角函数，再结合三角函数的周期性，求出的最小值. 【详解】点在上，代入， 得：， 点向左平移个单位，纵坐标不变，横坐标减，得， 因为点在的图象上， 所以， 化简得：， 解得， 因为，取，得最小正值. 4. 已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用球的体积公式结合圆柱体积公式计算求解. 【详解】设半球的半径为，则半球体积为， 设圆柱的高为，则圆柱体积为， 由题意得，所以， 容器竖直倒置后，圆柱部分的水的体积为， 此时圆柱部分的水的高为， 所以水的高度与容器高度的比值为. 5. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】函数，定义域为. 易知函数只含项， 因此关于直线对称.当增大时，增大，函数值增大， 所以在上单调递减，在上单调递增. 等价于离的距离小于离的距离大小问题， 即.两边平方得； 整理得，解得. 故的取值范围为. 6. 若某个函数的图象可以夹在两条平行直线之间，且对于定义域内的任意，，当时，都有，则称该函数为“阶梯形函数”．下列选项中，不是“阶梯形函数”的是（ ） A. （不超过x的最大整数） B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先准确理解“阶梯形函数”的定义，对于A，结合取整函数定义判断该函数的单调性，再结合关系即可判断，对于B，结合指数函数性质判断函数的单调性，再结合函数的值域为即可判断；对于C，利用导数判断函数的单调性，再结合余弦函数性质证明即可判断，对于D，利用导数判断函数单调性，利用反证法证明不存在满足条件的平行线即可判断. 【详解】对于选项A，若，则对于任意的，都有， 由已知，故函数的图象夹在平行直线和之间， 故函数满足“阶梯形函数”的定义，是阶梯形函数； 对于选项B，若，​ 因为为增函数，故函数为增函数，且函数的值域为， 所以函数为减函数，函数的值域为， 因此在上单调递增，且函数的值域为， 故函数的图象夹在平行直线和之间， 所以函数满足“阶梯形函数”的定义，是阶梯形函数； 对于选项C，若， 则恒成立，当且仅当时取等号， 所以函数在上单调递增， 由得， 故函数的图象夹在平行直线和之间， 所以函数满足“阶梯形函数”的定义，是阶梯形函数； 对于选项D，若 则， 当时，，，故 当时，，，故， 所以对于任意的，，故函数在上单调递增， 假设存在两条平行直线， ​和，则对任意需要​， 但当时，三次项增长速度远快于一次项，，矛盾， 故的图象无法被两条平行直线夹住，不满足条件， 因此函数不满足“阶梯形函数”的定义，不是阶梯形函数. 7. 在中，，点满足，若的面积为2，则BD的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，将等腰三角形的顶点坐标化，利用中点坐标公式确定点的坐标，结合三角形面积、基本不等式求解线段的最小值. 【详解】以中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 设，，（）. 的面积为. 由，得为中点，. . 由基本不等式，，当且仅当时取等号， 代入，得，即时等号成立. 故，即的最小值为. 8. 若函数和同时满足以下两个条件：①或；②，使.则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 要使条件①成立，则必须保证当时，恒成立， 又在上单调递增，故，. 时，，要使条件②成立，这必须保证在区间有解. 即成立，，又在上单调递增，. 综上，的取值范围是. 二、多选题（18分） 9. 已知函数满足对且，若数列满足，则（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，令，可得，正确； 对于B，令，则， 由和可得，正确； 对于C，因为，令， 则，即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故错误； 对于D，所以. 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（ ） A. B. 的内心在定直线上 C. 若，则 D. 若，则的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出符合题意的图形，利用斜率的几何意义得到，结合题意得到进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到，最后结合内心的性质判断B，利用二倍角公式并结合方程得到判断C，先确定，再利用弦长公式与点到直线的距离公式得到面积解析式，最后结合角平分线定理建立方程，求解参数，进而得到三角形面积判断D即可. 【详解】因为抛物线的焦点为，所以， 解得，则抛物线方程为, 如图，作出符合题意的图形，作轴， 对于A，设，则，由题意得是直线的倾斜角， 由斜率的几何意义得， 由诱导公式得， 由焦半径公式得，在中，可得， 则，故A正确， 对于B，设的方程为，， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，，则，， 由斜率公式得，， 因为，所以，可得， 则，得到被轴平分， 可得的内心在定直线上，故B正确， 对于C，因为被轴平分，所以， 设，， 因为，所以， 由二倍角公式得，解得（另一根舍去）， 则，联立方程组，解得， 此时，与不符，故C错误， 对于D，因为， 所以或（与题意不符，排除）， 设直线的方程为，设， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，，则， 由弦长公式得，， 由焦半径公式得，且， 而直线的方程为，设到的距离为， 由点到直线的距离公式得， 则， 因为，所以平分， 由角平分线性质得，可得， 化简得，解得，则，故D正确. 11. 设函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 当时，方程在区间上所有实根的和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先利用以及余弦函数的偶函数的性质判断周期和对称性，再求导讨论单调性.最后把方程转化为关于的方程，再列出区间内的全部根并求和. 【详解】因为且 都是偶函数， 所以 故是函数的一个周期. 又 所以的最小正周期不是，而是.因此A错误. 对于B，任取， ， 由余弦函数的性质可得所以函数的图象关于直线对称，B正确. 对于C，因为， 所以 当时， 从而 于是故函数在区间上单调递增，C正确. 对于 D，令则方程化为即 因为且 所以在区间 上，方程只有唯一解 设则 于是 在区间内，方程的解为 方程的解为 故区间内全部实根为 这些根的和为 ， 所以D正确. 综上，正确选项为BCD. 三、填空题（15分） 12. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】由，可得在R上单调递增，又注意到原不等式等价于，据此可得答案. 【详解】因为，构造函数， 因为，所以函数是增函数， 因为，所以， 因为，所以原不等式即，解得， 所以不等式的解集为. 13. 已知圆是圆上的一动点，．若存在一个半径为的圆与直线相切于点，且与圆内切，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设所求圆的圆心为，由相切条件得，故的轨迹为以为焦点的椭圆，结合直线与圆相切的几何关系，得到倾斜角的范围，再用椭圆焦半径公式求的最小值. 【详解】 如图，设所求圆的圆心为，连接，设点， 由于，则， 于是点的轨迹是以为焦点的椭圆，从而椭圆的中心为， 于是设点的轨迹方程为：， 其中，则，椭圆方程为. 由于直线始终与有公共点， 不妨在轴下方或在轴上，设的倾斜角为，如图，才能取到最小值. 当时，由于直线与圆相切，即，则. 设直线与圆相切，由，，则，从而. 由焦半径公式可知． 14. 甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______． 【答案】 【解析】 【分析】设为第i门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出. 【详解】将门选修课编号为， 设为第i门课是否被选中，， 则， 又， 则． 四、解答题（77分） 15. 设数列满足且. （1）证明数列是等差数列，并求其通项公式； （2）若，求正整数的值. 【答案】（1）因为，所以， 所以， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列. 所以. （2）. 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由 解得，因为，所以， 所以， 所以， 所以，即，解得. 16. 如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，． （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：由四边形为矩形，得，又，平面， 则平面，而平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）由余弦定理求出，并利用勾股定理逆定理证得，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，， 由余弦定理得， 则，于是，由（1）得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，又D为的中点， 则， 于是，设平面的法向量为， 则，取，得，， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值. 17. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i），；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可； （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围. 【小问1详解】 由题可知，， 化简可得 ， 当时，，则， 即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为． 【小问2详解】 （i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”， 则，，，． 依题意，得，， 因为每个盲盒是否为封面款相互独立， 所以，， 又由题意知，，且、、、两两互斥， 所以， 由（1）得，，代入化简可得， 所以，； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 依题意，得，且，、、两两互斥， 所以， 由（i）得，， 所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为 ， 由题意，可得，解得， 又因为，所以． 18. 已知函数，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）证明：当时，； （3）设，若对任意恒成立，求m的最大值． 【答案】（1）； （2）证明：由（1）知函数，求导得， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数，即在上单调递减，而， 则存在，使得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，又， 即当时，，即，当且仅当时取等号， 因此函数在上单调递增，， 所以当时，. （3）2. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即可. （2）由（1）求出，多次求导确定函数在的单调性即可得证. （3）令，将不等式等价变形，取并结合（2）的信息确定，在构造函数，结合（2）中信息确定函数单调性而求得整数的最大值. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 因此曲线在点处的切线方程为，依题意，， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不等式， 令，由，得，原不等式等价于， 依题意，不等式对任意恒成立， 令，则，由（2）知，因此， 而，则，令函数，由（2）知， 则，，令函数， 求导得，当且仅当时取等号， 函数在上单调递减，，因此对任意恒成立， 即当时，不等式对任意恒成立， 所以整数的最大值为2. 19. 如图，有一个“果圆”，轴左边为一个半圆，轴右边为一个半椭圆（焦点在轴上），且它与轴正半轴的交点为，椭圆的离心率为. （1）求半椭圆的标准方程； （2）过点作直线与果圆交于另一点（与不重合），若的面积为1，求直线的方程： （3）若轴上方有一条斜率为0的直线与果圆相交于、两点，连接、并延长，分别交果圆于点、点，连接，记、的面积分别为、，求的最大值. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）设半椭圆的方程为，结合题意，列出方程，求得的值，即可求解； （2）设点到直线的距离为，根据题意，求得，得到点落在直线上，联立方程组，求得点的坐标，进而求得的方程； （3）根据题意，转化为，设直线，联立方程组，分别求得的坐标，以及的横坐标，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 设半椭圆的方程为， 因为半椭圆与轴正半轴的交点为，可得， 又因为椭圆的离心率为，可得，即， 因为，即，解得， 所以半椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设点到直线的距离为， 由点，可得直线的方程为，且， 因为若的面积为1，可得，解得， 设点落在直线时，则，解得或， 此时或， 当时，联立方程组，其中， 整理得，此时，不符合题意，舍去； 当时，联立方程组，其中， 整理得，解得或，此时点或， 所以的方程为或. 【小问3详解】 由， 因为，可得所以， 设直线，不妨设点在点的右边， 当时，可得“果圆”的方程为， 联立方程组，解得，此时； 当时，可得“果圆”的方程为， 联立方程组，解得，此时 所以直线，直线 联立方程组，可得， 联立方程组，可得， 则 因为 当且仅当即时，等号成立，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省淮阴中学2025-2026学年第二学期4月测试 高二数学 一、单选题（40分） 1. 甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 3 0.3 0.3 0.2 0.1 设函数，若，则函数的值域为（ ） A. B. C. D. 3. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若某个函数的图象可以夹在两条平行直线之间，且对于定义域内的任意，，当时，都有，则称该函数为“阶梯形函数”．下列选项中，不是“阶梯形函数”的是（ ） A. （不超过x的最大整数） B. C. D. 7. 在中，，点满足，若的面积为2，则BD的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 8. 若函数和同时满足以下两个条件：①或；②，使.则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（18分） 9. 已知函数满足对且，若数列满足，则（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（ ） A. B. 的内心在定直线上 C. 若，则 D. 若，则的面积为 11. 设函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 当时，方程在区间上所有实根的和为 三、填空题（15分） 12. 已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 13. 已知圆是圆上的一动点，．若存在一个半径为的圆与直线相切于点，且与圆内切，则的最小值为___________． 14. 甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______． 四、解答题（77分） 15. 设数列满足且. （1）证明数列是等差数列，并求其通项公式； （2）若，求正整数的值. 16. 如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，． （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的余弦值． 17. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 18. 已知函数，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）证明：当时，； （3）设，若对任意恒成立，求m的最大值． 19. 如图，有一个“果圆”，轴左边为一个半圆，轴右边为一个半椭圆（焦点在轴上），且它与轴正半轴的交点为，椭圆的离心率为. （1）求半椭圆的标准方程； （2）过点作直线与果圆交于另一点（与不重合），若的面积为1，求直线的方程： （3）若轴上方有一条斜率为0的直线与果圆相交于、两点，连接、并延长，分别交果圆于点、点，连接，记、的面积分别为、，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $