江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二下学期6月阶段性检测数学试卷（含解析）

江西宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二下学期6月阶段性检测数学试卷一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．已知，为非零向量，命题和命题，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．若命题“,”为真命题，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．4．一个等差数列的首项为，从第10项起各项都比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是（

）A． B．C． D．5．在等比数列中，，是方程的两个解，则（

）A． B． C．25 D．6．设函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．8．对于函数，若函数的零点为，的零点为，当存在，满足，则称为亲密函数.若，互为亲密函数，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．二、多选题9．已知函数在区间上单调递增，则的可能取值是（

）A． B． C． D．10．下列命题正确的是（

）A．若，则或B．若，，则C．若，，，则的最小值为9D．若，，则的最大值为1811．已知函数，则下列不正确的是（）A．若，则B．若在区间上单调递增，则C．当时，函数的递减区间为D．若方程有三个实数解，则三、填空题12．若数列满足，，则________.13．若函数在区间上的值域为，则的最大值为_____．14．如图所示，正方形是一块边长为的工程用料，阴影部分所示是被腐蚀的区域，其余部分完好，曲线为以为对称轴的抛物线的一部分，．工人师傅现要从完好的部分中截取一块矩形原料，当其面积有最大值时，的长为__________．

四、解答题15．如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点.(1)证明：平面；(2)求点B到平面的距离.16．已知椭圆的离心率为且经过点.试求：(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在过点与（1）中曲线C相交所得弦长的直线，若存在，求直线的方程；若不存在，试说明理由.17．已知函数(1)求在处的切线方程；(2)求的单调区间，并求在上的最大值.18．某社区有甲､乙两个垃圾投放点.据观察，该社区居民选择垃圾投放点有以下规律：居民每天都会去投放垃圾，前一天选择投放点甲的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为；前一天选择投放点乙的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为.从观察日起，居民第一天选择甲的概率为，选择乙的概率为，且不同居民的选择相互独立.(1)若有5位居民连续两天去投放垃圾，记第二天选择投放点甲的人数为，求的数学期望和方差；(2)记第天选择投放点甲的概率为.（i）请写出与的递推关系；（ii）求数列的通项公式.19．已知函数，，．(1)讨论函数在区间上的单调性；(2)若，求在上的最大值；(3)求实数的最小值，使得对任意，都有．参考答案1．B解析：集合，，所以.2．B解析：若成立，则（两向量同向）或（两向量反向），当时，，此时，即不成立，因此推不出，充分性不成立；若成立，因为是非零向量，，则，结合得，即两向量同向，因此，成立，即能推出，必要性成立；综上，是的必要不充分条件.3．C解析：由命题“”为真命题，，解得：，4．D解析：由题意可得即，解得.5．A解析：由韦达定理得，得，，因为，所以.由等比数列的性质得，得（正根舍去）.6．B解析：因为函数和均是增函数，所以是上的增函数，只需要满足，即，解得.由得，即恒成立.因为，即.所以实数的取值范围是.7．D解析：构造函数，，当时，，所以，所以在上单调递减，因为，函数是定义在区间上，所以，即，不等式化为，即，所以，即，所以不等式解集为.8．A解析：函数的定义域为R，求导得，函数在R上单调递增，而，因此函数有唯一零点2026，即，由，得，解得，则函数在上存在零点，令，由，得，由，得，则，依题意，在上有解，令函数，求导得，当时，；当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，，而，则函数在的值域为，所以的取值范围为.9．ABD解析：函数的单调递增区间为，依题意，，则，解得，因此的可能取值是，ABD是，C不是.10．AC解析：A，分式不等式等价于，整理得，解得或，A正确；B，举反例：若，满足，但，不等式不成立，B错误；C，已知，则，等号成立当且仅当，最小值为9，C正确；D，设，解得，即，已知，则，最大值为16，D错误.11．ABD解析：对于A，，得，即；对于B，由于，若在区间上单调递增，则在时恒成立，又因为，所以在时恒成立.当时，，即，解得，故B错误；对于C，当时，函数求导得：，由，解得，所以函数的递减区间为，故C正确；对于D，令函数，求导得：，当或时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；可得函数的极小值点为1，且，函数的极大值点为，且，由于当时，，当时，，作函数的图象如下：

所以要使方程有三个实数解，则，故D错误；12．解析：由，，可得，，，，所以是周期为4的数列，所以.13．解析：函数，当时，取得最小值，，，解得或，已知函数在区间上的值域为，则区间必包含，且区间端点值不超过，取最大值时，取最小值，取最大值，此时．14．解析：由题知，以为原点，建立平面直角坐标系，如图，则，，设方程为：，所以，，方程为：，令矩形面积为，当时，，当，设，则，所以，则，令，则，在上递增，令，则或，在上递减，又，，，所以当的长为时，该矩形面积最大.

故答案为：15．(1)证明见解析(2)解析：（1）连接交于点，连接.因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形，所以为的中点.又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故.因为平面，平面，所以平面.（2）设点到平面的距离为.因为为正三角形，为的中点，所以，且.因为三棱柱为正三棱柱，所以平面.又平面，所以.因为，平面，所以平面.又平面，所以.在中，.所以的面积.又的面积.由可得，即，解得.所以点到平面的距离为.16．(1)(2)存在，或.解析：（1）根据题意，椭圆的离心率为，则①，又因为椭圆过点，则②，又③，由①②③联立解得，，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，不满足题意；当直线的斜率存在时，设直线：，与曲线的交点为，，联立，得，则，且，，则，整理得，所以或（舍）.经检验，符合题意，所以直线的方程为，即或.

17．(1)(2)单调递增区间为和，单调递减区间为；最大值为解析：（1）由函数，可得，求导得，则得，故在处的切线方程为.（2）由（1）得，当或时，，当时，，因此的单调递增区间为和，单调递减区间为，则的极大值为，极小值为，又，，由于，故在上的最大值为.18．(1)(2)（i）（ii）解析：（1）任意1位居民第二天选择投放点甲的概率为，由题意可得，，所以.（2）（i）第天选择投放点甲的概率为，整理得.（ii）因为，所以，又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，解得.19．(1)当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减．(2)(3)解析：（1）由得．若，则对任意，，所以．因此在上单调递减．若，令，解得．当时，；当时，．因此在上单调递增，在上单调递减．（2）当时，由（1）知，在处取得最大值．因此．故在