2025-2026学年陕西省西安市某校高二下册5月月考数学试卷（含解析）

/数学一、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.188.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．

数学一、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：思路：利用复数的运算法则进行求解即可解答过程：，对应的点为故选：A．方法提示：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：思路：化简集合，根据并集的概念运算可得结果.解答过程：，，所以，故选：C．方法提示：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：思路：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.解答过程：，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：B4.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：思路：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.解答过程：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.方法提示：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：思路：分别作差，结合对数的性质即可比较.解答过程：，∴；，∴，∴.故选:D6.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：思路：根据三角函数的图象变换规律以及诱导公式可得答案.解答过程：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：思路：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解答过程：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方法提示：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：思路：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.解答过程：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：思路：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．解答过程：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：思路：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.解答过程：，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：BD11.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：思路：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．解答过程：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：思路：根据，由，利用坐标运算求解.解答过程：向量，，因为，所以，即，解得．故答案为：3方法提示：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：思路：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.解答过程：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．方法提示：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：思路：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.解答过程：∵，∴，∴，∴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：.方法提示：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：思路：（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.解答过程：（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：思路：(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.解答过程：（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.所以直线恒过定点方法提示：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：思路：（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.解答过程：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.方法提示：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：思路：（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．解答过程：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，