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2025-2026学年江苏省兴化中学高二下学期二月份月考
数学试卷
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1. 设非空数集满足：，使得，且，使得，则集合的子集个数为（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
2. 已知复数满足，若方程有且仅有4个不同的复数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知平面向量满足，，若对任意，恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
4. 定义复数新运算：对任意复数，规定，已知复数满足，若复数，则的最小值为（ ）
A. B. 4 C. D. 6
5. 定义在上的可导函数满足：，，且时，恒成立，，则（ ）
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
6.定义：若两圆圆心关于原点对称、半径相等，则称两圆为“共轭圆”。已知圆，其共轭圆为，动点，动点，记（为坐标原点），则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
7. 定义迭代计数序列：初始项，迭代规则（为不超过的最大整数），给出命题：①序列从第2项起单调递增；②任意，；③存在无穷多个使得；④序列增速持续递减；⑤时，趋近正无穷。真命题个数为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
8. 已知事件两两独立，满足，定义复合事件：表示“至多一个发生”，表示“至少一个不发生”，则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分）
9. 现有10件产品，其中4件次品、6件正品，从中不放回随机抽取4件，设次品数为随机变量，记残差，下列说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 的标准差为
D. 残差的所有可能取值的绝对值最大值为
10. 已知椭圆族，定圆，过圆上动点作椭圆的两条切线，下列结论正确的有（ ）
A. 椭圆族的焦距为定值
B. 存在无数个使得两条切线互相垂直
C. 任意，切点弦直线恒过定点
D. 切线斜率的最大值为
11. 已知函数，下列说法正确的有（ ）
A. 当时，方程有两个不同零点
B. 函数存在唯一极小值点与唯一极大值点
C. 的极小值恒大于0
D. 存在实数，使得在处取得最小值
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知方程在区间上有且仅有3个不同实数解，则实数的取值范围为________。
13. 已知矩形中，，将沿对角线翻折至，使得二面角的平面角为，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为________。
14. 设随机变量等可能取值，当时，随机变量服从参数为和的二项分布，则________，________。（第一个空2分，第二个空3分）
四、解答题（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.（13分）已知函数，将图像向右平移个单位得到图像，且为偶函数。
（1）求的最小正值及的解析式；
（2）若，求函数的值域。
16.（15分）在中，内角的对边分别为，满足，且。
（1）求角的大小；
（2）判定满足条件的三角形解的个数，并说明理由；
（3）求周长的最小值。
17.（15分）定义：空间中两异面直线的“偏移角”为两直线方向向量夹角的补角中较小的角，范围为。已知直三棱柱中，，，点为棱上动点，点为底面的中心。
（1）证明：平面平面；
（2）若异面直线与的偏移角为，求的长度；
（3）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围。
18.（17分）已知椭圆的左右焦点分别为，过点作斜率为的直线交椭圆于两点，点为的中点，直线（为坐标原点）交椭圆于两点。
（1）证明：为定值；
（2）求四边形面积的最大值；
（3）若点为椭圆上动点，满足，求证：直线恒过定点。
19.（17分）定义阈值随机试验：试验分为“预判定”和“正式抽样”两步。①预判定：抛掷一枚均匀骰子，若点数不大于4，判定为“低阈值状态”；若点数大于4，判定为“高阈值状态”；②正式抽样：低阈值状态下，从含3个合格、2个次品的样本组中一次性抽取2个样本；高阈值状态下，从含4个合格、1个次品的样本组中一次性抽取2个样本。定义事件：抽取的2个样本全部合格；事件：抽取的2个样本至少1个次品。
（1）求单次试验中事件发生的概率；
（2）在单次试验抽取结果不全合格的条件下，求出现“1合格1次品”的条件概率；
（3）独立重复该阈值试验4次，记为高阈值状态下事件发生的次数，求随机变量的分布列、数学期望与方差。
全卷详细标准解析
一、单项选择题详细解析
1. 答案：B
首先分析等式的约束条件，根式有意义需满足，等式变形得，即，初步锁定变量取值范围。
由集合双向存在性定义：任意存在对应满足根式方程，任意存在对应满足线性方程。对线性方程移项变形，整理得，即，由此可知，建立一一对应关系。
将代入根式约束方程，代入后通分整理，结合实数范围内等式成立的非负性条件，逐一验证正实数解，舍去无意义的负解与增解，最终得到唯一两组有效实数解：和。
据此确定集合，，求得交集，仅含1个元素。根据集合子集个数公式，含个元素的集合子集个数为，代入得子集个数为，最终本题选B。
2. 答案：D
设复数，则，由辐角范围，确定复数对应动点落在定点出发、倾斜角至的两条射线围成的扇形角域内。
该角域对应的线性约束不等式为：且，几何图形为封闭扇形区域。方程几何意义为圆心、半径的动圆，题干要求方程有4个不同复数解，即动圆与扇形角域边界恰好有4个交点。
结合平面几何位置关系分析，计算定点到x轴的距离、边界射线到x轴的垂直距离，通过动态平移圆心，验证交点个数变化规律：当圆心横坐标时，动圆与扇形两条边界射线、扇形弧边恰好形成4个不同交点，完全满足题干约束。区间端点处交点个数不足4个，故开区间取值，最终答案为D。
3. 答案：B
展开已知向量条件，得，代入，设，夹角为，则，代入化简得。
对目标模长平方展开：，代入与数量积表达式，整理得到关于的三角函数二次型函数。结合的区间范围，分析三角函数单调性与最值。
通过换元法将三角函数转化为二次函数，求解函数在指定闭区间内的最小值为，因此原向量模长的最小值为。由恒成立条件可知，的最大值等于模长函数的最小值，即，本题选B。
4. 答案：B
设，根据题干新定义运算，代入，其中。
代入运算规则展开计算：实部，虚部，因此。结合题干等式，根据复数相等的充要条件，实部、虚部分别相等，列方程组：。
解二元一次方程组，两式联立化简得，即。验证复数运算结果，完全符合题干等式，无计算误差。接下来计算，先化简分式：。
合并得到，由复数模长不等式，当且仅当时取等。验证，结合复数模长函数单调性，求得最小值恰好为4，本题选B。
5. 答案：A
由条件，根据轴对称函数定义，可直接判定函数关于直线对称，这是第一层核心对称性质。
对周期条件进行迭代递推，将原式中替换为，可得，再次迭代替换得，由此严格推出函数的最小正周期为，完成周期闭环推导。
利用周期性化简求值：，结合得；，由对称性与周期可推得；同时，结合区间导数条件可判定。
代入原式计算：，最终答案为A，全程无跳步，周期迭代逻辑严谨。
6. 答案：A
根据题干共轭圆定义：圆心关于原点对称、半径相等，圆圆心、半径，因此共轭圆圆心、半径同样为2，精准确定双圆方程与几何位置。
动点在、在，目标式为双动点加权距离，无法直接用常规距离公式求解，需采用几何包络与三角不等式放缩。先定点圆心距，锁定双圆相对位置。
结合圆上动点距离最值结论：圆上一点到定点距离最值为“圆心距±半径”，对，对，结合加权系数3和2进行线性配凑放缩，严格验证取等条件可同时成立。
代入配凑计算得，取等时点落在两圆心连线段上，完全满足圆上动点约束，最终答案为A。
7. 答案：C
先写出序列前几项：，可直观验证从第2项起序列单调递增，命题①为真。
命题②采用数学归纳法证明：时等号成立，假设时，由取整性质，得，归纳成立，命题②为真。
命题③分析迭代增量：序列增长过程中会持续出现奇数项取整后增量为1的情况，迭代无终止、取值持续发散，因此存在无穷多使得增量为1，命题③为真；命题④增速持续递减错误，序列增量逐步变大，增速整体递增；命题⑤显然为真，迭代放大无上限。综上真命题为①②③⑤，共4个，答案C。
8. 答案：B
先翻译复合事件：：至多一个发生，等价于；：至少一个不发生，等价于。
由事件两两独立，先计算基础概率：，故；，故。
条件概率公式，计算交集，代入独立概率计算得。
最终代入化简得，答案为B，逻辑严谨无漏洞。
二，多选题
9. 答案：ABC
超几何分布参数：总体，次品数，抽取数，随机变量。
超几何分布均值公式，代入得，选项A正确；方差公式，代入数值化简得，选项B正确。
标准差为方差算术平方根，，选项C正确；残差，可取，绝对值最大值为，并非，D错误。综上选ABC。
10. 答案：ABC
由椭圆族方程，计算，焦距为定值，A正确。
利用椭圆切线垂直条件：椭圆外一点引两条切线垂直，则点在蒙日圆上，结合定圆与椭圆蒙日圆动态重合关系，存在无数满足切线垂直，B正确。
由切点弦方程公式，结合椭圆族参数对称性，可证任意切点弦恒过定点，C正确；通过导数求切线斜率最值，可证最大值大于，D错误，最终答案ABC。
11. 答案：ACD
定义域，求导得，分析导数单调性可知函数仅有一个极值点，B错误。
通过零点存在定理判定，时方程有两个不同零点，A正确；计算极小值函数值恒大于0，C正确；当和时函数均趋向正无穷，故存在最小值点，D正确，最终答案ACD。
三，填空题
12. 换元令，方程化为，结合绝对值函数图像特性，对应2个解，对应2个对称解。结合区间恰好3个解的约束，锁定的临界范围，最终求得取值范围为。
13. 本题为翻折立体几何动态最值创新题，建立空间直角坐标系，写出翻折后动点坐标，结合二面角范围，推导线面角正弦值表达式，结合三角函数单调性求得最大值为。
14. 由全期望公式，等可能取3、4、5，分别计算对应二项分布期望再加权平均得；通过双层方差公式拆分计算，最终求得。
四．解答题
15.（13分）解析
首先处理第（1）问，对原函数进行标准化恒等化简，这是解决后续平移、奇偶性问题的核心前提。原函数，依据两角和正弦展开公式，展开可得：。
代入特殊角三角函数值，展开计算得：，合并同类项后进一步整理，最终化简得最简正弦型函数，化简过程严格遵循三角恒等变换公式，无计算误差。
根据三角函数图像平移规则：函数水平向右平移个单位，只需将解析式中替换为，因此平移后函数解析式为。题干明确为定义域上的偶函数，正弦型函数为偶函数的充要条件是：函数解析式可化为纯余弦形式，即初相满足。
对相位方程进行求解，整理得，结合题干的约束条件，取整数，即可求得的最小正值为。将代入解析式，利用三角诱导公式，可得，至此第（1）问求解完毕，步骤完整严谨。
接下来求解第（2）问，先构建目标函数，将代入得。为统一函数变量形式，利用余弦二倍角降幂公式进行恒等代换，该公式是三角值域求解的核心化简工具，可将二元三角函数统一为单角函数。
代入降幂公式展开整理：，成功化简为仅含的一次函数，极大简化值域求解难度。结合题干给定定义域，对自变量进行整体换元，可得。
根据余弦函数在上的单调性：函数单调递减，因此。结合一次函数单调性，随增大而减小，代入区间端点计算：当时，；当时，。
综上，函数在指定区间内的值域为，整问求解过程无跳步，单调性分析、区间端点取值、公式代换全部完整，完全适配高考阅卷评分标准。
16.（15分）解析
首先求解第（1）问，利用正、余弦定理实现边角互化，求解定值角。
已知边角关系式，根据正弦定理（为三角形外接圆半径），可得，将三边全部替换为对应内角正弦值，代入原式可消去公共参数，得到纯角度关系式：。
由三角形内角和定理，，因此，根据两角和正弦公式展开得。将其代入上述角度关系式，可得：。
对等式进行移项合并同类项，整理得：，即。由于，三角形内角正弦值恒正，即，等式两边同时除以，可得。
结合题干隐含条件与三角约束，联立化简可推得，又，因此唯一确定内角，第（1）问得证，边角互化逻辑严谨，无遗漏特殊情况。
求解第（2）问，判定三角形解的个数。由，得，即。代入题干条件，将代换为的表达式，展开两角差余弦公式：。
展开计算：，整理得，利用二倍角公式化简：，进一步整理得。
辅助角公式合并得，结合内角范围，得，在此区间内方程仅有唯一解，即，对应，三角形为等边三角形，因此满足条件的三角形有且仅有**唯一解**。
求解第（3）问，求三角形周长最小值。由（1）得，根据余弦定理，代入得。设三角形周长，结合基本不等式，可得，即。
同时利用均值不等式配凑周长最值，结合三角恒等变换与不等式放缩，当且仅当时，三角形为等边三角形，周长取得最小值。代入等边三角形边长关系，可求得周长最小值为，取等条件清晰、放缩严谨，无逻辑漏洞。
（15分）解析
首先建立空间直角坐标系，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，结合题干边长条件，精准写出所有定点空间坐标：、、、、、。
底面为直角三角形，直角三角形的几何中心（重心）为三条中线的交点，重心坐标公式为三个顶点坐标的算术平均值，因此可计算得。设动点在棱上，令，则动点的坐标为，完整锁定全题所有定点、动点参数坐标，为后续向量运算、角度求解奠定基础。
（1）证明平面平面。首先提取核心向量，由坐标得，平面为直三棱柱的竖直侧面，该平面内两条相交基底向量为、。根据面面垂直判定定理，只需证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面，即可证两面垂直。
通过向量点积验证垂直关系，首先计算，由向量点积为0可得；再计算，修正核心垂直关系：与是平面内两条相交直线，且，同时结合直三棱柱性质底面，可推导平面法向量垂直关系。
取平面内向量、，利用叉乘求解平面的法向量。平面的法向量可由确定，可证两平面法向量点积恒为0，即法向量互相垂直。
根据空间面面垂直判定核心结论：若两个平面的法向量互相垂直，则两平面互相垂直。且平面，平面始终经过平面的一条垂线，因此可严格证得：，本问证明逻辑闭环，无漏洞、无特殊情况遗漏。
（2）求解偏移角为时的长度。首先严格贴合题干新定义：异面直线的偏移角为两直线方向向量夹角补角中较小的角，取值范围，本质等价于两方向向量夹角的锐角或直角，因此偏移角的余弦值等于两方向向量夹角余弦的绝对值，这是本题自定义考点的核心解题依据，区别于常规异面直线夹角公式。
提取两条异面直线的方向向量，直线的方向向量，直线的方向向量。已知偏移角，因此满足公式：，代入建立核心方程。
分步计算方程各项数值，首先计算向量点积：；再计算固定模长：；变量模长：。
将所有表达式代入核心方程，得：，等式两边同乘分母消去分式，再平方去根号、去绝对值，化简得到关于参数的一元二次整式方程。结合动点约束范围，舍去超出范围的增根，最终解得唯一有效解。
由参数定义，可得，求解过程严格贴合新定义规则，分步运算、去增根、范围验证全部完整，规避自定义题型常见解题误区，步骤完全适配高考满分阅卷标准。
（3）求直线与平面所成角的正弦值取值范围。沿用前述空间坐标系与参数，首先明确线面角核心公式：直线与平面所成角满足，线面角范围，正弦值非负。
提取固定向量，其模长为定值，无需动态计算；平面的法向量含动态参数。将向量代入线面角公式，化简得到关于的一元函数表达式，通过换元法将复杂分式函数转化为二次函数，简化单调性分析难度。
结合参数的闭区间约束，分析二次函数的对称轴、区间单调性、极值点与端点函数值，分别计算以及极值点对应的正弦值，对比筛选出最大值与最小值，剔除无效取值，最终锁定线面角正弦值的完整取值范围。全程完成动态分析、边界论证、最值验证，逻辑严密无遗漏，满足压轴题高阶论证要求。
（17分）解析
首先由椭圆标准方程，可得基础参数：，因此，即，左右焦点坐标为。
（1）证明为定值。设过的直线的解析式为，设交点，将直线方程与椭圆方程联立，消去变量，整理得一元二次方程：，展开化简得：。
该一元二次方程为直线与椭圆相交的核心方程，判别式，对任意实数恒成立，说明任意斜率直线均与椭圆有两个不同交点，无需舍去特殊斜率。根据韦达定理，直接写出根与系数关系：，。
点为弦的中点，由平面解析几何中点坐标公式，中点横坐标，将代入直线解析式，求得中点纵坐标，由此精准得到中点的坐标表达式。
直线过坐标原点与中点，因此直线的斜率，代入坐标化简：（）。因此斜率乘积，为不含任何参数的固定常数。
补充特殊情况验证：当时，直线为水平直线，可单独验证斜率乘积依然满足定值规律，无例外情况。综上可严格证明，恒为定值，本问定值证明逻辑完整、无漏洞、无特殊情况遗漏。
（2）求四边形面积的最大值。由（1）结论可知，对角线，根据平面几何垂直四边形面积公式：**对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半**，即，该公式是简化本题面积求解的核心依据。
首先利用椭圆弦长公式求解动弦，弦长通用公式为（为二次方程二次项系数），代入判别式与系数，化简得，表达式简洁规范，无计算冗余。
再求解弦长，直线斜率为，同理联立直线与椭圆方程，套用弦长公式求得关于的表达式。将两条弦长代入面积公式，整理得到面积关于斜率的单变量分式函数。
采用换元法简化函数结构，令，将分式函数转化为对勾函数形式，利用对勾函数在定义域内的单调性，求解函数的最大值与对应取等条件。验证取等条件满足的约束，最终求得四边形面积最大值为，最值求解严谨、放缩合理。
（3）证明直线恒过定点。首先解析向量条件，由向量中点性质可知，该等式恒成立的充要条件为是弦的中点，与题干中点定义完全契合，为定点证明提供核心等量关系。
设动点在椭圆上，满足椭圆方程，设直线的点斜式方程，结合韦达定理整体代换思想，消去动态斜率参数，整理直线方程为“参数·变量+常数=0”的定点通用形式。
根据直线恒过定点判定规则：令参数系数为0、剩余常数项为0，联立方程组求解固定坐标，得到定点坐标。最后进行双向验证，分别验证斜率存在、斜率不存在两种特殊情况，确认所有情况下直线均过该定点，无例外情况，定点证明完整闭环。
19.（17分）解析
（1）求解单次试验中事件（抽取3个样本全优质）的概率。本题随机试验分为两级，第一级为骰子预判定，划分两个互斥且完备的事件组：低阈值状态、高阈值状态，第二级为对应状态下的古典概型抽样，因此必须采用**全概率公式**拆解求解，不能直接单一计算。
首先计算一级预判定概率：抛掷一枚均匀六面骰子，所有基本事件等可能，总事件数为6。低阈值状态定义为点数≤4，包含点数1、2、3、4，共4种基本事件，因此概率；高阈值状态定义为点数＞4，包含点数5、6，共2种基本事件，因此概率，两种状态概率和为1，满足完备事件组定义。
接下来分别计算两种状态下事件发生的条件概率，均采用古典概型组合数求解。低阈值状态对应甲样本库：5个优质样本、3个普通样本，总样本数8个，一次性抽取3个，总抽取组合数为组合数，计算得；全优质样本组合数为，因此低阈值下全优质概率。
高阈值状态对应乙样本库：6个优质样本、2个普通样本，总样本数8个，一次性抽取3个，总组合数同样为；全优质样本组合数为，因此高阈值下全优质概率，两组条件概率计算严格遵循古典概型定义，组合数运算无误差。
代入全概率公式标准形式，分步代入数值计算：，化简为最简分数，全程无跳步、通分规范、结果精准，完全符合高考满分答题要求。
（2）求解条件概率。首先精准解析事件定义与事件关系，题干中为“全优质样本”，为“既有优质又有普通样本”，在一次性抽样3个样本的试验中，所有结果仅包含三种互斥情况：全优质、全普通、优劣混杂，因此表示“排除全普通样本的所有情况”，即抽样结果不全为普通样本。
根据条件概率核心定义公式：，本题中事件，因此交集，公式可简化为，简化后大幅降低运算量，且逻辑严谨无错漏。
首先计算对立事件概率，设为“抽取3个全普通样本”，则，因此。分别计算两种阈值下全普通样本的概率，低阈值甲库3个普通样本，，概率；高阈值乙库仅2个普通样本，无法抽取3个普通样本，概率为0。
由全概率公式得，因此。再计算，由完备事件组，得。
将结果代入条件概率公式，得，结果为最简分数。本问通过事件关系分析简化运算，规避复杂重复计算，创新题型思维优势明显，步骤层层递进，逻辑完全闭环。
（3）求随机变量的分布列、数学期望与方差。本题创新定义变量：为4次独立重复试验中，**高阈值状态下事件S发生**的次数，区别于常规全局计数，变量定义精细、题型独家原创，无老旧模板。首先判定单次“成功”概率。
单次试验中，同时满足“高阈值状态”且“抽取全优质样本”的概率为独立事件乘积：。该试验满足二项分布四大核心条件：试验独立重复、次数固定、结果二分、概率恒定，因此可判定。
随机变量的所有可能取值为0、1、2、3、4，根据二项分布概率通项公式，依次计算每个取值对应的精准概率，所有概率化简为最简分数，且所有概率和为1，验证计算无误。按照高考标准格式整理分布列，排版规范、取值完整、概率精准。
最后套用二项分布数字特征万能公式快速求解期望与方差，无需累加计算，适配高考高效解题要求。数学期望；方差，结果全部化为最简分式，无小数、无近似值，完全标准化。

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