精品解析：陕西西安市某校2025-2026学年高二下学期5月月考数学试卷

高二数学试题 一、单项选择题：本题共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. 设复数，则在复平面中对应的点为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则进行求解即可 【详解】，对应的点为 故选：A． 【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合，根据并集的概念运算可得结果. 【详解】，， 所以， 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的并集运算，属于基础题. 3. 在△ABC中，“”是“△ABC为锐角三角形”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先根据得到∠A为锐角，但∠B，∠C不确定是否是锐角，故选出正确答案. 【详解】，所以，即∠A为锐角，但∠B，∠C不确定，故“＞0”是“△ABC为锐角三角形”的必要不充分条件. 故选：B 4. 用最小二乘法得到一组数据（其中、、、、）的线性回归方程为，若，，则当时，的预报值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出样本中心点的坐标，代入回归直线方程求得的值，再将代入回归直线方程可得结果. 【详解】由题意可得，， 由于回归直线过样本的中心点，所以，，解得. 所以，回归直线方程为，当时，. 故选：B. 【点睛】本题考查利用回归直线方程对总体进行估计，考查计算能力，属于基础题. 5. 已知，，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别作差，结合对数的性质即可比较. 【详解】，∴；，∴，∴. 故选:D 6. 若将函数的图象向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标都缩小为原来的倍（纵坐标不变）得到g（x），则g（x）的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的图象变换规律以及诱导公式可得答案. 【详解】将函数的图象向左平移个单位，可得 的图象，再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象， 故选：C. 7. 某中学新学期的选修课即将开启选课，甲、乙、丙三人在足球、篮球、摄影、书法四门选修课中选择，学校规定每人限选一门课，若甲不选足球，乙不选篮球，则共有（ ）种不同的结果． A. 36 B. 27 C. 24 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】 甲空掉足球，乙空掉篮球，再结合分步计数乘法原理求解即可 【详解】由于甲不选足球，共有种选法，乙不选篮球，共有种选法，丙共有种选法，故共有种选法 故选：A 【点睛】本题考查排列组合公式的应用，属于基础题 8. 已知函数，若函数有四个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】转化条件得直线与函数的图象有四个交点，作出函数图象，结合导数的几何意义，数形结合即可得解. 【详解】有四个交点，作出的图象，结合过定点，则直线应在过此点的切线以及原点的直线之间，过原点时斜率为；当直线与曲线相切时，由，设切点，则切线斜率为，得故，所以，则切线斜率为，故. 故选：B 二、多项选择题：本题共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的．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 2020年12月31日，我国第一支新冠疫苗“国药集团中国生物新冠灭活疫苗”获得国家药监局批准附条件上市，保护率为79.34%，中和抗体阳转率为99.52%，该疫苗将面向全民免费．所谓疫苗的保护率，是通过把人群分成两部分，一部分称为对照组，即注射安慰剂；另一部分称为疫苗组，即注射疫苗来进行的当从对照组和疫苗组分别获得发病率后，就可以计算出疫苗的保护率=（对照组发病率疫苗组发病率）/对照组发病率．关于注射疫苗，下列说法正确的是（ ） A. 只要注射了新冠疫苗，就一定不会感染新冠肺炎 B. 新冠疫苗的高度阳转率，使得新冠肺炎重症感染的风险大大降低 C. 若对照组10000人，发病100人；疫苗组20000人，发病80人，则保护率为60% D. 若某疫苗的保护率为80%，对照组发病率为50%，那么在10000个人注射了该疫苗后，一定有1000个人发病 【答案】BC 【解析】 【分析】选项显然不对，根据题意选项正确，由保护率的计算公式可知选项正确，而选项说的太绝对显然错误． 【详解】解：显然选项错误， 对于选项：新冠疫苗的阳转率高说明有高滴度的抗体，当感染新冠肺炎后，肺炎症状将会大大降低，进而减少重症率，所以选项正确， 对于选项：由保护率的计算公式可得：对照组和疫苗组的发病率分别为，，代入可得保护率为，所以选项正确， 对于选项：虽然根据公式算出样本中疫苗组的发病率为，但实际是否会发病是随机事件，所以选项错误， 故选：． 10. 如图，在正方体中，点P，Q分别是棱上异于端点的两个动点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 对于任意位置的点P，平面与平面所成的交线均为平行关系 C. 的最小值为 D. 对于任意位置的点P，均有平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】结合锥体体积的求法、线面平行的性质定理、余弦定理、面面垂直的判定定理确定正确选项. 【详解】，其中为定值，不是定值，所以A错误. 由于，所以，平面,平面，所以平面.设平面与平面所成的交线为，根据线面平行的性质定理可知，则，所以B正确. 在三角形 中，由余弦定理得 ，，所以没有最值，没有最值. 所以C错误. ，根据正方体的性质可知，所以平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.所以D选项正确. 故选：BD 11. 已知椭圆：与双曲线：（，）有公共焦点，，且两条曲线在第一象限的交点为，若是以为底边的等腰三角形，，的离心率分别为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】通过椭圆以及双曲线的焦距相等推出关系式，判断的正误；利用定义推出离心率的关系，判断、的正误；求解离心率的范围判断的正误即可． 【详解】设，的焦距为，由，共焦点知，故正确； △是以为底边的等腰三角形知，由在第一象限知：，即，即，即，故，错； 由，得，又，得，所以， 从而，故正确． 故选：． 三、填空题：本题共小3题，每小题5分，共15分． 12. 设向量，，若，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】 根据，由，利用坐标运算求解. 【详解】向量，， 因为， 所以，即， 解得 ． 故答案为：3 【点睛】本题主要考查平面向量数量积运算，属于基础题. 13. 已知在内有且仅有一个零点，当时，函数的值域是，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】 先对函数求导,求出极值点,根据函数在内有且仅有一个零点可得,将极小值点代入函数即可求出,再根据函数的单调性可知求函数在的值域,即可求出,最后求出的值. 【详解】解:，， 令,可得, 在内有且仅有一个零点，则必有， 且极小，则， 此时在，，， 又，，，， 故的值域是，即，， 所以． 【点睛】本题考查利用导数研究函数零点的意义,考查函数的单调性和值域.属于中档题. 14. 设数列的前项和为，已知，，若，则的最小值是______． 【答案】4 【解析】 【分析】 根据已知条件先求解出，再利用求解出，将不等式化简求解出的取值范围，从而的最小值可求. 【详解】∵，∴， ∴，∴是等比数列且， 又，∴，∴， ∴当时，，则有， 又∵，∴， 化简得，解得或， ∵，所以，则． 故答案为：. 【点睛】本题考查数列与不等式的综合应用，其中涉及构造法求通项公式以及利用求的通项公式，难度较难. 四、解答题：本题共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. 如图所示，在等腰梯形中，，，，，平面，． （1）求证：平面； （2）若为线段上一点，且，是否存在实数，使平面与平面所成锐二面角为？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，. 【解析】 【分析】（1）通过证明，来证得平面BCF，结合来证得平面BCF； （2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，根据平面与平面所成锐二面角为列方程，从而求得的值. 【详解】（1）因为，，所以四边形ACFE为平行四边形，所以． 在等腰梯形ABCD中，，，所以， 所以． 又平面ABCD，所以BC，平面BCF， 所以平面BCF． 因为，所以平面BCF； 依题意，以C为坐标原点，分别以直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，设 所以 设为平面MAB的法向量， 由得取，所以 因为是平面ABC的一个法向量，设平面MAB与平面ABC所成的锐二面角为， 所以．因为，所以， 所以 所以存在使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为． 16. 已知抛物线，为上一点且纵坐标为4，轴于点，且，其中点为抛物线的焦点. （1）求抛物线的方程； （2）已知点，，是抛物线上不同的两点，且满，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】(1) 设,根据条件可得，即，代入抛物线方程，即可求出答案. (2) 设的方程为：，,由方程联立可得，根据，可得，从而得答案. 【详解】（1）设，根据抛物线的定义可得 又轴于点，则 ，所以 ，则 所以，由在抛物线上，，解得 所以抛物线的方程为 （2）证明：点在抛物线上. 设的方程为：， 由 得 所以，整理得 将代入得，即. 所以直线恒过定点 【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线过定点问题，属于中档题. 17. 为了提高学生复习的效果，某中学提出了两种学习激励方案，其中甲方案：课前提前预习并完成同步小练习可以获得分，课前提前预习但没有完成同步小练习可以获得分，课前没有提前预习也没有完成同步小练习则扣除分（即获取分），其中对学生调查发现甲方案中三种情况的概率分别为、、；乙方案：每天多做一套试题则获得分，若不能按时多做一套试题则扣除分（即获取分），若每天多做一套试题的概率为，每位同学可以参加两次甲方案或乙方案（但是甲、乙两种方案不能同时参与，只能选择其一），且两次方案互不影响规定参加两次方案后获得的分数为正，则获得学校的嘉奖；获得的分数为负，则没有嘉奖. （1）若，试问学生选择哪种方案更容易获得嘉奖？请说明理由； （2）当在什么范围内取值时，学生参与两次乙方案后取得的平均分更高？ 【答案】（1）选择乙方案，理由见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）记事件学生参与两次甲方案获得奖品，记事件学生 参与两次乙方案获得奖品，并设学生参与两次甲方案后获得的分数为，设学生参加两次乙方案后获得的分数为，计算出事件和事件的概率，由此可得出结论； （2）求出随机变量和的数学期望，由已知条件得出，可得出关于的不等式，解出即可. 【详解】设学生参与两次甲方案后，获得的分数为，设学生参与两次乙方案后，获得的分数为. （1）由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、、、， 当取、、、时，学生参与两次甲方案获得奖品， ，，，. 所以，. 随机变量的可能取值有：、、， 当取、时，学生参与两次乙方案获得奖品. ，， 所以，. ，因此，当时，学生选择乙方案更容易获得奖品； （2）由题意可得，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，. 由题意得，，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，. 由题意可得，即，解得， 又，则. 因此，的取值范围是. 【点睛】本题考查利用独立事件的概率公式计算事件的概率，同时也考查了随机变量分布列及其数学期望的求解，考查计算能力，属于中等题. 18. 已知． （1）当时，讨论的单调性； （2）若在上单调递增，求实数的取值范围； （3）令，存在，且，，求实数的取值范围． 【答案】（1）在上单调递增；（2）；（3）． 【解析】 【分析】 （1）利用导数研究函数的单调性，求导得，则，由此得，从而得到函数的单调性； （2）分类讨论，当时，，满足要求；当时，有时，恒成立，而，，再分和两种情况讨论即可求出答案； （3）由题意得，即，进而有，令，则转化为时，方程有解． 解法一：令，则时，有解，结合导数讨论函数的单调性，由此求得结论； 解法二：分离参数后用洛必达法则求得答案． 【详解】解：（1）当时，，则， ∴， 当时，，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 又∵， ∴时，， ∴在上单调递增； （2）当时，，在上单调递增，则时满足要求； 当时，在上单调递增，则当时，恒成立， ∵，， 当时，， ∴在上单调递减，而， ∵，， ∴， ∴时，，故时不成立， 当时，，当时，，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， ∵时，， 只需，即， ∵， ∴，则， 综上所述，实数的取值范围是； （3）∵， ∴，， ∵， ∴，即， 又， ∴，即， 令，则，即方程有解． 解法一：令，则时，有解， ，因为时，则， 当时，，即时，， 则在上单调递减， 又，故时，无解， 则时不成立； 当时，当时，，时，， 又，则，， 而， 令，，， 因为，则，则在单调递减，， 则在单调递减，则，即， 故存在，使得，故时满足要求， 综上所述，实数的取值范围是． 解法二：分离参数后用洛必达法则： 即，令， 则， 令，， ∴当时，，故在上单调递增，故， 由洛必达法则知：当时，，则，则， ∴实数的取值范围是． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查计算能力，考查转化与化归思想，考查分类讨论思想，属于难题． 19. 定义：若对任意，数列的前项和都为完全平方数，则称数列为“完全平方数列”；特别地，若存在，使得数列的前项和为完全平方数，则称数列为“部分平方数列”． （1）若数列为“部分平方数列”，且 ，求使数列的前项和为完全平方数时的值. （2）若数列的前项和，那么数列是否为“完全平方数列”？若是，求出的值；若不是，请说明理由. （3）试求所有为“完全平方数列”的等差数列． 【答案】（1）， （2）当时，为“完全平方数列”， 当，时，数列不为“完全平方数列”. 理由如下： 当时，， 当时，，不满足上式， 所以. 因为，根据“完全平方数列”的定义知为“完全平方数列”， 当时，，当时，， 此时数列与原数列相同，即恒成立，故数列为“完全平方数列”； 当，时，不妨检验，， 因为不是完全平方数，所以不是“完全平方数列”. 综上，当时，为“完全平方数列”；当，时，数列不为“完全平方数列”. （3）， 【解析】 【分析】（1）求和得，时，满足要求； （2）先得到的通项公式，当时，与原数列相同，满足要求，当，时不合要求，得到答案； （3）设等差数列的首项为，公差为，配方变形得到，从而得到方程组，得到，分和两种情况，得到答案. 【小问1详解】 ， 所以当时，为完全平方数， 故的前项和为完全平方数时，的值为，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设等差数列为“完全平方数列”，且首项为，公差为，由定义知该数列是非负数列，公差为非负数. 配方变形得其前项和为， 由“完全平方数列”的定义知，，， 令，则，令，则， 代入，整理可得， 当时，，，此时； 当时，，，， 此时， 显然时，满足. 综上，所有为“完全平方数列”的等差数列的通项公式为，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试题 一、单项选择题：本题共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. 设复数，则在复平面中对应的点为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在△ABC中，“”是“△ABC为锐角三角形”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 用最小二乘法得到一组数据（其中、、、、）的线性回归方程为，若，，则当时，的预报值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 若将函数的图象向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标都缩小为原来的倍（纵坐标不变）得到g（x），则g（x）的解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 某中学新学期的选修课即将开启选课，甲、乙、丙三人在足球、篮球、摄影、书法四门选修课中选择，学校规定每人限选一门课，若甲不选足球，乙不选篮球，则共有（ ）种不同的结果． A. 36 B. 27 C. 24 D. 18 8. 已知函数，若函数有四个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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的．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 2020年12月31日，我国第一支新冠疫苗“国药集团中国生物新冠灭活疫苗”获得国家药监局批准附条件上市，保护率为79.34%，中和抗体阳转率为99.52%，该疫苗将面向全民免费．所谓疫苗的保护率，是通过把人群分成两部分，一部分称为对照组，即注射安慰剂；另一部分称为疫苗组，即注射疫苗来进行的当从对照组和疫苗组分别获得发病率后，就可以计算出疫苗的保护率=（对照组发病率疫苗组发病率）/对照组发病率．关于注射疫苗，下列说法正确的是（ ） A. 只要注射了新冠疫苗，就一定不会感染新冠肺炎 B. 新冠疫苗的高度阳转率，使得新冠肺炎重症感染的风险大大降低 C. 若对照组10000人，发病100人；疫苗组20000人，发病80人，则保护率为60% D. 若某疫苗的保护率为80%，对照组发病率为50%，那么在10000个人注射了该疫苗后，一定有1000个人发病 10. 如图，在正方体中，点P，Q分别是棱上异于端点的两个动点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 对于任意位置的点P，平面与平面所成的交线均为平行关系 C. 的最小值为 D. 对于任意位置的点P，均有平面平面 11. 已知椭圆：与双曲线：（，）有公共焦点，，且两条曲线在第一象限的交点为，若是以为底边的等腰三角形，，的离心率分别为和，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共小3题，每小题5分，共15分． 12. 设向量，，若，则______． 13. 已知在内有且仅有一个零点，当时，函数的值域是，则______． 14. 设数列的前项和为，已知，，若，则的最小值是______． 四、解答题：本题共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. 如图所示，在等腰梯形中，，，，，平面，． （1）求证：平面； （2）若为线段上一点，且，是否存在实数，使平面与平面所成锐二面角为？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由． 16. 已知抛物线，为上一点且纵坐标为4，轴于点，且，其中点为抛物线的焦点. （1）求抛物线的方程； （2）已知点，，是抛物线上不同的两点，且满，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 17. 为了提高学生复习的效果，某中学提出了两种学习激励方案，其中甲方案：课前提前预习并完成同步小练习可以获得分，课前提前预习但没有完成同步小练习可以获得分，课前没有提前预习也没有完成同步小练习则扣除分（即获取分），其中对学生调查发现甲方案中三种情况的概率分别为、、；乙方案：每天多做一套试题则获得分，若不能按时多做一套试题则扣除分（即获取分），若每天多做一套试题的概率为，每位同学可以参加两次甲方案或乙方案（但是甲、乙两种方案不能同时参与，只能选择其一），且两次方案互不影响规定参加两次方案后获得的分数为正，则获得学校的嘉奖；获得的分数为负，则没有嘉奖. （1）若，试问学生选择哪种方案更容易获得嘉奖？请说明理由； （2）当在什么范围内取值时，学生参与两次乙方案后取得的平均分更高？ 18. 已知． （1）当时，讨论的单调性； （2）若在上单调递增，求实数的取值范围； （3）令，存在，且，，求实数的取值范围． 19. 定义：若对任意，数列的前项和都为完全平方数，则称数列为“完全平方数列”；特别地，若存在，使得数列的前项和为完全平方数，则称数列为“部分平方数列”． （1）若数列为“部分平方数列”，且 ，求使数列的前项和为完全平方数时的值. （2）若数列的前项和，那么数列是否为“完全平方数列”？若是，求出的值；若不是，请说明理由. （3）试求所有为“完全平方数列”的等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $