云南曲靖市宣威市第七中学2025-2026学年高二下学期第一次月考数学试卷

**基本信息** 宣威七中高二春考月考卷以集合、复数等基础知识点为载体，通过概率应用题、导数综合题等设计，考查数学思维的推理能力与数学语言的数据意识，层次分明。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|集合运算、复数对称、概率计算|基础巩固，如第3题正态分布考查运算能力| |多选题|3题/15分|正六棱锥表面积、等差数列性质|能力提升，如第10题结合等比数列考推理| |填空题|3题/15分|解三角形高、圆锥体积、向量夹角|聚焦空间观念，如第13题直角圆锥体积| |解答题|5题/50分|数列证明、立体几何体积与夹角、椭圆切线、统计分布、导数应用|创新应用，第18题统计案例体现数据意识，第19题导数综合考查逻辑推理，贴合高考命题趋势|

宣威七中高二年级2026年春季学期第一次月考试卷 一、单选题 1．已知全集为，集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（   ） A． B． C． D． 3．设随机变量，若，则（   ） A．1 B．2 C．4 D．9 4．已知函数，是偶函数，则（   ） A． B． C．2 D．4 5．若抛物线的准线为直线，且被圆：所截得的弦长为，则该抛物线的方程为（   ） A． B． C． D． 6．下列函数既是奇函数又在区间上单调递增的是（   ） A． B． C． D． 7．从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于2023的概率为（   ） A． B． C． D． 8．已知，，，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知正六棱锥的底面边长为2，高为3，则该正六棱锥的（   ） A．侧面积为 B．表面积为 C．体积为 D．外接球的表面积为 10．已知数列是公差大于2的等差数列，其前项和为，，且，，成等比数列，公比为，则（    ） A．的公差为3 B． C．既存在最大值又存在最小值 D．只存在最大值不存在最小值 11．已知是定义域为的奇函数，当时，，则下列叙述正确的有（   ） A． B．当时，有 C．当时，的最小值为4，则 D．若关于的方程有实数根，则所有实数根之和为零 三、填空题 12．设的内角，，所对的边分别为，，，且.若边上的高，则的值为________. 13．把轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.在直角圆锥中，底面圆的半径为3，则圆锥的体积为________. 14．已知向量满足与的夹角为，则_____． 四、解答题-证明题 15．已知是公差为的等差数列，其前项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)若数列满足，其前项和为，证明：. 16．如图，在正四棱台中，为的中点，. (1)证明：； (2)平面把四棱台分成两部分，体积分别是和，求的值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 17．已知椭圆：. (1)求的离心率； (2)若直线：上存在点，过点可以作的两条切线，且两条切线互相垂直，求点的坐标； (3)若菱形的四个顶点都在上，证明：与的交点为坐标原点. 18．小李为了参加某项考试，对其理论题进行了100次模拟练习，小李记录了自己100次练习情况并将成绩（满分100分）频数分布统计如下表所示. 成绩区间 频数 10 20 30 20 20 (1)求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）； (2)小李用分层抽样的方式从的练习成绩中随机抽取了5次成绩，再从这5次成绩中随机选2次，设成绩落在区间内的次数为，求的分布列及数学期望. 19．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的单调区间； (3)若不等式恒成立，求的最大值 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中高二年级2026年春季学期第一次月考试卷答案解析 1．D 【分析】先解出集合，再由集合的交集运算与补集运算即可求解. 【详解】因为，则，，即， 所以，则. 2．C 【详解】因为，故复数在复平面内所对应的点的坐标为， 因为在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称， 故复数在复平面内所对应的点的坐标为，即. 3．B 【分析】根据题意，利用正态分布曲线的对称性，列出关系式，即可求解. 【详解】由随机变量，可得，而， 根据正态分布曲线的对称性，可得，解得. 4．A 【分析】因为具有奇偶性，所以定义域一定关于原点对称，再通过偶函数定义即可求得，代入即可求解. 【详解】根据题意得，解得，此时， 因为为偶函数，所以， 解得，经验证符合题意，故，所以. 5．B 【详解】抛物线的准线l方程为， 圆的圆心为原点，半径为1，所以圆心到直线的距离为， 所以，故，即抛物线的准线方程为， 所以抛物线的方程为. 6．B 【分析】根据三角函数的单调性和奇偶性对各个选项进行判断即可求解. 【详解】对于A，由，可得，所以函数的定义域为. 因为，所以不是奇函数，A不满足要求. 对于B，函数的定义域为，且，则是奇函数， 当时，，所以函数在上单调递增，B满足要求； 对于C，函数的定义域为， 且，则函数不是奇函数，C不满足要求； 对于D，函数的定义域为，且，所以函数为奇函数， 当时，，所以函数在上不单调，D不满足要求. 7．A 【详解】当个位数是时，有种； 当个位数是或时，有种， 所以组成的四位数的偶数共有种； 当千位数是时，比大的偶数有种； 当千位数是时，比大的偶数有种； 当千位数是时，个位是且比大的偶数有种， 个位是且比大的偶数有种， 所以比大的偶数共有种， 所以所求概率为. 8．A 【分析】由对数的运算性质、余弦函数性质结合中间值判断即可. 【详解】， 因为， 所以. 9．AB 【分析】根据底面边长求出底面积，根据高可求出侧面积，进而可求出表面积，根据外接球的球心在高上，列方程可求出外接球的半径，进而可求其表面积. 【详解】如图，在正六棱锥中，取的中点，底面的中心，连接， 因为底面正六边形的边长为2，则，所以底面积， 又高为3，得体积，故C错误； 则侧面三角形的高，侧面积， 所以表面积，故A，B正确； 因为正六棱锥的外接球的球心在上，设半径为， 则，即，解得， 所以正六棱锥的外接球的表面积，故D错误. 10．ABD 【详解】设等差数列的公差为， 则，， 由，，成等比数列，得， 而，解得，故A正确； 得到数列的通项公式为， 则，，则不存在最大值，存在最小值，故C错误； 由，，得到，故B正确； ，， 由二次函数性质得只存在最大值不存在最小值，故D正确. 11．ACD 【分析】根据奇偶性可求出函数的解析式，进而可判断A；作出的图象，根据单调性可判断B；根据上的最小值可判断C；根据奇函数图象的对称性可判断D. 【详解】因为是定义域为的奇函数， 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，， 综上可得， 所以，故A正确； 画出函数的图象，如图， 当时，单调递增，故当时，有，故B错误； 由图象可知，当时，的最小值为4，则，故C正确； 因为函数和均是定义域为的奇函数， 故方程的所有除0外的实数根成对出现，且关于原点对称， 所以所有实数根之和为零，故D正确. 12． 【分析】利用辅助角公式可求得角，利用等面积法可得，最后根据正弦定理进行边角互化即可求解. 【详解】，移项可得，即， 因为，所以. 由，则， 所以，利用正弦定理得， 又因为，则. 13． 【分析】结合轴截面为等腰直角三角形求解圆锥的高，再结合圆锥的体积公式求解. 【详解】圆锥的轴截面为等腰直角三角形，如图所示. 在直角圆锥中，为底面圆的直径，由圆锥底面半径和， 可得圆锥的高为，所以圆锥的体积为. 14． 【详解】因为 所以. 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由等差数列的性质列方程求解; （2）由,进行裂项相消求和得证. 【详解】（1）由题意得 解得 所以. （2）由， 所以 . 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合题意作出图形，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用线面垂直的性质证明即可. （2）利用割补法对原图形作出处理，再求解体积比即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意知四边形为正方形，则， 将正四棱台还原为正四棱锥， 如图，作出符合题意的图形， 则平面，又平面，得到， 因为，，平面， 所以平面，因为平面， 所以，即. （2）利用平面把棱台分成三棱锥和几何体， 设，由题意得， . 因为， 所以，，故. （3）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， ，，， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，可得， 取，则，，得到， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆方程确定的值，可求椭圆的离心率. （2）设一条切线方程为，根据直线与椭圆的相切关系，确定的关系，再设，根据点在上，可得，利用，可求点的坐标. （3）分直线斜率是否存在讨论.当直线斜率存在且不为0时，设直线方程，与椭圆方程联立，可表示成的中点坐标，再根据菱形的对角线互相垂直，表示出的中点，最后根据两线段的中点重合，可证明结论. 【详解】（1）由：，得，，又，则，即， 所以离心率. （2）如图： 由题设，易知两条切线的斜率一定存在， 设切线方程为，联立，可得， 则，得， 则切线方程为，而在切线上， 则，所以， 则. 设，分别为过点的两条切线的斜率，根据垂直关系有， 所以，得， 故点的坐标为. （3）如图： 当的斜率不存在时，则的斜率为0，此时菱形的顶点为椭圆的四个顶点， 故与的交点为坐标原点； 当的斜率为0时，则的斜率不存在，此时菱形的顶点为椭圆的四个顶点， 故与的交点为坐标原点； 当的斜率存在且不为0时，设直线的方程为， 设点，，的中点为. 联立，得， 所以，且， 所以，，即. 因为菱形的对角线互相垂直平分，所以直线的方程为， 化简得， 同理可得中点的横坐标， 因为且，所以，即点， 即与的交点为坐标原点. 综上所述，与的交点为坐标原点. 18．(1)平均数为：77；上四分位数为：. (2)分布列为 0 1 2 【分析】（1）根据频数分布表估计样本平均数和上四分位数. （2）先明确的可能取值，求出对应的概率，可得的分布列，再根据期望公式求即可. 【详解】（1）依题意，平均值. 因为，， 所以上四分位数落在区间内， 所以上四分位数为. （2）由样本数据可知，练习成绩在，之内的频数之比为， 由分层抽样得，在内抽取了2次成绩，在内抽取了3次成绩， 所以的所有可能取值有0，1，2， ， ， ， 故的分布列为 0 1 2 所以. 19．(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式方程求解即得； （2）通过导函数的符号判断函数的单调性即可； （3）依题将问题转化为不等式恒成立问题，设，利用求导得出该函数的最大值为，解对数不等式即可求得参数的范围. 【详解】（1）当时，，则， 得.又， 故曲线在点处的切线方程为，即. （2）当时，，得， 令，得或（舍去）， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 即的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）恒成立，即恒成立， 即恒成立. 令，则， 当时，则，函数在上单调递增， 因为，不符合题意； 当时，由，得，则函数在上单调递增， 由，得，则函数在上单调递减， 故的最大值为， 由和，解得. 综上可得，的最大值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $