山西省晋中市榆次区第二中学2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试卷（含解析）

山西省晋中市榆次区第二中学2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试题一、单选题1．已知是实数，则使得成立的一个充分不必要条件是（

）A． B．C． D．2．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．函数的零点所在的区间是（

）A． B． C． D．4．不等式的解集为（

）A． B． C． D．5．已知，则的值是A． B． C． D．6．若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．7．在的展开式中，二项式系数最大的项的系数为（

）A．160 B．120 C．80 D．208．在等差数列中，，则的公差为（

）A． B． C．1 D．2二、多选题9．为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长（单位：分钟）与即时下单量（单位：件）之间的关系，某电商平台随机记录了5场直播带货的数据，如下表所示：直播间展示时长12345即时下单量1218253034若与的经验回归方程为，样本相关系数为，则（

）A．B．回归直线过点C．D．当直播间展示时长为10分钟时，即时下单量的值估计为6310．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）

A．B．C．函数是奇函数D．函数在上的值域为11．如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（

）A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为C．圆锥展开图中圆心角为 D．若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为三、填空题12．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则______.13．已知复数z满足，则_______.14．已知函数且的图象过定点，若且，，则的最小值为__________.四、解答题15．已知锐角满足．(1)求、的值；(2)若角的终边与角的终边关于轴对称，求的值．16．已知幂函数的图像过点，．(1)求的解析式；(2)记，在区间上的值域分别为集合A，B，若是的必要条件，求实数k的取值范围．17．如图，在正三棱柱中，，，点D为的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值．18．已知椭圆：在左、右焦点分别为，，上顶点为点，若是面积为的等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且，求使的面积最大时直线的方程（为坐标原点）.19．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性；(3)若有极小值，且，求a的取值范围.

参考答案1．C【详解】由，则，解得，则是使得成立的一个既不充分也不必要条件，是使得成立的一个必要不充分条件，是使得成立的一个充分不必要条件，是使得成立的一个充要条件.故选：C.2．C【详解】命题“，”为存在量词命题，该命题的否定为“，”.故选：C.3．C【详解】易知函数的定义域为全体正实数集，由函数的单调性的性质可以判断该函数是正实数集上的增函数，，显然，因此函数的零点所在的区间是，故选：C4．C【详解】由，得，即，也即.所以，解得，所以该不等式的解集为.故选：C.5．B【详解】．故选B．6．C【详解】因为不等式对恒成立，所以，解得．故选：C．7．A【详解】展开式的通项为，由于二项式共有7项，故第四项的二项式系数最大，即，所以二项式系数最大的项的系数为.8．D【详解】设等差数列的公差为，又因为，所以，所以，即，故选：D.9．ACD【详解】对于A，由数据可知，即时下单量随着直播间展示时长的增大而增大，因此直播间展示时长与即时下单量为正相关，即样本相关系数，故A正确；对于B，由数据可知，，，则回归直线过中心点，不过点，故B错误；对于C，将点代入，可得，解得，故C正确；对于D，由C知，与的经验回归方程为，则时，，故D正确.10．AB【详解】由图可知，故A正确；，又，所以，所以，故B正确；则，又，所以，所以，又，所以，所以，对于C，，为非奇非偶函数，故C不正确；对于D，因为，所以，所以，所以函数在上的值域为，故D错误故选：AB.11．ACD【详解】选项A：由题意可知，圆锥底面半径，母线长，则圆锥的高，所以圆锥的体积，故A正确；选项B：圆锥的侧面积，故B错误；选项C：圆锥底面周长为，设侧面展开图的圆心角为α，则，即，解得，故C正确；选项D：将圆锥侧面沿母线展开，如图所示，最短距离为，因为为底面直径，所以点为弧的中点，则，在中，，，，由余弦定理得，解得，即最短距离为，故D正确．12．【详解】因为函数是定义域为的奇函数，且当时，，所以.故答案为：.13．【详解】复数z满足，则有，所以.14．【详解】令，得，所以，所以，，所以，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.15．(1)，(2)【详解】（1）因为为锐角，所以，，由已知条件可得，解得.（2）因为角的终边与角的终边关于轴对称，则，由（1）可知，所以，所以.16．(1)(2)【详解】（1）设，将点代入，得，解得，.（2）由（1），，则，即，又在上单调递减，，即，因为是的必要条件，所以，，解得.所以实数的取值范围为.17．(1)证明见解析；(2).【详解】（1）在正三棱柱中，连接与交于点，连接DE，由四边形是矩形，得点是的中点，又点是AC的中点，则，又平面平面，所以平面.（2）取的中点，连接DF，在等边中，点为AC的中点，则，以点为原点，直线DB，DC，DF分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．则，设平面的法向量为，则，令，得，而，则，所以直线AB与平面所成角的正弦值为.18．解（1）；（2）或.【详解】（1）由是面积为的等边三角形，得，所以，，从而，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，当轴时，，则为椭圆的短轴，故有，，三点共线，不合题意.所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点，点，联立方程组消去，得，所以有，，则，即，化简得.因为，所以有且.原点到直线的距离为，的面积，所以当最大时，的面积最大.因为，而，所以当时，取最大值为3，面积的最大值.把代入，得，所以有，即直线的方程为或.19．(1)(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增(3)【详解】（1）当时，，所以所以切线方程为即，（2），若，可得时，，所以在上单调递增；若时，当时，，所以在上单