云南曲靖市宣威市第七中学2025-2026学年高二下学期第三次月考数学试卷

**基本信息** 宣威七中高二数学月考试卷聚焦核心知识，通过函数极值、概率统计、立体几何（如四角攒尖）等问题设计，考查数学眼光观察现实、数学思维推理及数学语言表达能力，梯度分明。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、复数、函数最值、向量投影|结合韦恩图、象限判断，基础巩固| |多选题|3|统计图表分析、解三角形、正四棱锥|通过条形图比较方差中位数，能力提升| |填空题|3|三角恒等变换、双曲线性质|考查公式应用与几何性质，简洁灵活| |解答题|5|数列求和、概率（陶瓷烧制）、导数综合|融合实际情境（如工艺品烧制），创新应用，逻辑推理|

宣威七中高二年级2026年春季学期第三次月考数学试卷 一、单选题 1．全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（   ） A． B． C． D． 2．复数，则对应点在第几象限（    ） A．四 B．三 C．二 D．一 3．已知函数，正数满足，则的最小值为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 4．设，，在上的投影向量为，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 5．某厂2025年投资额和利润都逐月增加，投资额逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同．已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总投资额N与总利润值W的大小关系为（   ） A． B． C． D．无法确定 6．只用2，3，4，5四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有（   ） A．96 B．144 C．240 D．288 7．已知椭圆的右焦点为，为上的动点，，若的周长的最大值为，则的离心率为 A． B． C． D． 8．已知函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．学校进行某项测评，满分10分，学生得分均为整数，其中高一年级1班和2班两个班级学生的得分分布条形图如下： 则下列说法正确的有（   ） A．1班学生得分的平均分小于2班学生得分的平均分 B．1班学生得分的方差小于2班学生得分的方差 C．1班学生得分的中位数小于2班学生得分的中位数 D．1班学生得分的第80百分位数等于2班学生得分的第80百分位数 10．在中，角的对边分别为．根据以下条件解三角形，恰有一解的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 11．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑和园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图所示，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的底面正方形的边长为，侧棱长为，则该正四棱锥的（    ） A．侧棱与底面所成角的正弦值为 B．侧面与底面所成二面角的余弦值为 C．体积为 D．外接球表面积为 三、填空题 12．若，则____. 13．已知均为锐角，且，，则________. 14．已知双曲线，离心率为2，左、右焦点分别为，，若点为双曲线上一点，满足，过点作的垂线，垂足为，则________________. 四、解答题 15．已知等差数列的首项为1，公差，且成等比数列，数列的前项和满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．某陶瓷厂准备烧制甲､乙､丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有技术水平，经过第一次烧制后，甲､乙､丙三件产品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲､乙､丙三件产品合格的概率依次为，，， (1)求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率； (2)分别求甲､乙､丙三件产品经过两次烧制后合格的概率 (3)经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为，求随机变量的数学期望和方差. 17．如图所示，在直三棱柱中，，，.设，分别是棱，的中点，且. (1)求证：； (2)设点满足，求平面与平面的夹角的余弦值. 18．已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于两点，且. (1)求的方程； (2)过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），连接FQ，过点作，垂足为． （i）证明：； （ii）当时，求面积的最大值． 19．已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 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年春季学期第三次月考数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D C A B A C AC BD 题号 11 答案 ABCD 1．C 【分析】结合图象可知阴影部分表示的集合为，根据交集和补集的运算即可得出结果. 【详解】由集合，，得， 由图象可知阴影部分表示的集合为， 所以. 故选：C 2．D 【分析】利用复数运算求出复数，再根据共轭复数及几何意义即可判断选择. 【详解】因为， 则， 则对应的点，位于第一象限. 故选：D. 3．D 【详解】因为函数的定义域为，，所以是奇函数； 又，所以， 又，所以在上单调递增，所以，即； 又均为正数，所以， 当且仅当时，即，时等号成立， 故的最小值为9，故D正确. 4．C 【分析】根据在上的投影向量的定义建立方程，求解夹角的余弦值，结合夹角的取值范围确定夹角. 【详解】设向量与的夹角为， 根据投影向量的定义，在上的投影向量为， 可得 ，因此，解得 . 又因为，所以. 5．A 【分析】根据给定条件，利用等比数列、等差数列的几何性质推理判断即得. 【详解】由投资额逐月增长的百分率相同，得各月投资额构成等比数列，公比，， 由利润逐月增加值相同，得各月利润值构成等差数列，公差， 可视为关于的指数型函数，而，该函数是增函数、凹函数， 可视为的一次型函数，该函数是增函数， 由，得两个函数图象有2个交点，而函数随的增大，增长逐渐变快， 因此两个函数图象在两个交点间的部分，图象上的点在的下方， 即，所以. 故选：A 6．B 【分析】由分步乘法计数原理分三步求解即可. 【详解】从2，3，4，5四个数字选个作为重复数字，共有种选法， 将不重复的个数字全排列，有种排法， 不重复的个数字排好后形成个空位，从中选个空位插入重复数字， 共有种选法， 根据分步乘法计数原理，可得， 所以这样的五位数有个. 故选：. 7．A 【分析】利用三角形的周长的最大值结合椭圆的定义，求出a与c的关系，求得离心率． 【详解】设的左焦点为，的周长为，则 ，化简得，所以，故. 故选A. 【点睛】本题考查椭圆的定义的应用及椭圆的性质，考查了三角形三边的关系，属于中档题． 8．C 【分析】函数有两个极值点，只需导函数有两个不同的根，求导反解参数，得到只需有两个不同的根，引入函数，求导研究其单调性，得到答案. 【详解】根据题意 ，若函数恰有两个极值点， 则只需有两个不同的根， 显然不是方程的根，所以只需有两个不同的根， 令，则， 当或时，，是减函数， 当时，，是增函数，的图像如图所示， 所以当时，，又在减函数且 所以只需，解得. 故选：C． 9．AC 【分析】先从条形图中提取1班和2班各分数的人数，再分别计算平均分、方差、中位数和第80百分位数，逐一判断选项. 【详解】从条形图中提取数据： 1班：5分4人，6分18人，7分10人，8分8人，9分6人，10分4人，总人数 人. 2班：5分0人，6分8人，7分12人，8分18人，9分8人，10分4人，总人数 人. 1班平均分： 2班平均分： 显然 ，A选项正确. 1班方差： 2班方差： ，故B错误. 1班：50人，故第25、26人均为7分，中位数为7；2班：故第25、26人均为8分，中位数为8.，故C正确. 1班：，第40人得分8分、第41人得分9分，故第80百分位数为. 2班：，第40、41人均为9分，第80百分位数为9. ，故D错误. 故选：AC 10．BD 【分析】对各选项，先用正弦定理计算 ，再结合边的大小关系判断角的范围与解的个数；钝角选项直接由大边对大角排除矛盾情况；等腰选项直接由等边对等角求出唯一解，从而筛选出恰有一解的选项． 【详解】对于A，由，得， 因为为锐角，且，，即， 所以三角形有两解，A错误； 对于B，由，得， 因为，所以，故必为锐角，所以只有一解，B正确； 对于C，因为，则是的最大内角， 又由，得，所以无解，C错误； 对于D，由，得，，恰有一个解，D正确． 11．ABCD 【分析】对A、B，作出其平面角，在相应直角三角形内求解；对C，直接利用锥体体积公式求解；对D，利用球心距、截面圆半径、球半径构成的直角三角形求出球半径，再代入球的面积公式求解. 【详解】对于A，如图所示，设正四棱锥的顶点P在底面上的正投影为点O，连接， 则O为的中点，则侧棱与底面所成角为， 因为，， 所以，故A正确； 对于B，取的中点M，连接，，则，， 则二面角的平面角为，， ，故B正确； 对于C，正四棱锥的体积为，故C正确； 对于D，设该正四棱锥的外接球球心为，则， 记，则， 所以，解得， 则该正四棱锥的外接球的表面积为，故D正确． 故选：ABCD. 12． 【分析】观察已知条件，通过求导赋值构造出式子计算即可. 【详解】已知，对式子两边同时求导， 得， 令，得. 故答案为：240 13．/0.6 【分析】求出的值，再利用两角和差公式展开，联立方程求出与的关系，即可得到的值. 【详解】因为均为锐角，即，，所以，. ，故，则：， 即， 已知，则， 所以，即， ，即， 所以. 14． 【详解】如图： 由，所以. 因为点为双曲线上一点，满足，所以. 所以. 由. 所以， . 所以. 15．(1)， (2) 【分析】（1）利用等差数列通项公式结合等比中项性质列式求解，即可求解，利用求解即可； （2）利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）因为成等比数列，所以. 又，则，整理得， 解得或，又，则， 所以. 因为，所以当时，有，解得. 当时，有两式相减得，即， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，故. （2）由（1）得， 所以， ， 两式相减得 ， 故. 16．(1)0.38 (2)0.3，0.3，0.3 (3)分布列见解析，0.9，0.63 【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式和互斥事件加法公式运算求解； （2）根据题意结合独立事件概率乘法公式运算求解； （3）根据题意结合二项分布求分布列和期望. 【详解】（1）分别记甲､乙､丙经第一次烧制后合格的事件分别为， 设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则 ； （2）分别记甲､乙､丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件， 则，，. （3）由（2）知， 随机变量的可能取值为0，1，2，3，且, 故；； ，. 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 故随机变量的数学期望， . 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要先利用平面几何知识计算，从而用勾股定理证明，再利用直棱柱可证明，从而问题即可得证. （2）由于有正交基底，本题容易建立空间直角坐标系，关键是的三等分点的坐标，可以采用设点坐标，然后利用向量相等关系，解出点坐标，从而去求出两平面的法向量，即可计算得出结果. 【详解】（1）由题意知，四边形是矩形，且，. 因为，所以.， 则，故， 所以，即，解得. 所以，即. 又由题意知平面，平面，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，故. （2）如图所示，以为坐标原点，，，所在方向为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，则，，，，， . 设，由知，即， 解得，所以. 设平面PAM的法向量为，则， 令，得. 又因为是平面的法向量，设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理即可求解； （2）（i）求导，利用导数的几何意义得到切线方程即可求出，接着利用斜率证明得到即可得证； （ii）根据题意，得到，再平方结合基本不等式求最值即可． 【详解】（1）由题意直线的方程为． 联立，消去得， 则，解得（负值舍去）， 则的方程为； （2）（i）证明：由（1）得（取），则， 不妨设点在第一象限，则过点的的切线斜率为，切线方程为， 令得， 解得，则点， 所以； 又，所以， 所以，因为，所以， 所以． （ii）在切线方程中，令， 得，则点．    当时，， 所以，而，所以． 则， 所以的面积， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的面积的最大值为． 19．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由可得，令，令，其中，分析可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的取值范围； （2）令，，先证明出，由已知条件得出，可得，即可证得所证不等式成立； （3）先证明，结合以及所证不等式可证得结论成立. 【详解】（1）由， 可得， 令，其中，则函数，故函数在上为增函数， 所以，故函数的值域为， 令，其中，则， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以， 因为内层函数在上为增函数， 故直线与函数的图象有两个交点，如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. （2）令，，因为函数在上为增函数，且，则， 先证明：， 不妨令，则，即证，即证. 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，所以， 即当时，，故. 本题中，因为，，且， 即，即， 故，所以，故， 即. （3）先证明：， 不妨令，则，即证， 即证， 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，故， 即，故，即. 本题中，，所以，即，即. 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 $