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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．20
8．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 1 2 3 4 5
即时下单量 12 18 25 30 34
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63
10．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：C
4．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，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为，
此时极小值也是最小值，由，可得，，
又，所以
令，求导得，
所以在上单调递减，又，
当时，，当时，，
所以时，，此时满足，
所以a的取值范围

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