2025-2026學年黑龍江省哈爾濱市第九中學校高二下學期學年6月階段性測試數學試題-含解析

/數學滿分：150分一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.2.已知，，則“”是“且”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.已知函數，則（）A.4 B. C.2 D.4.函數在上的最小值為（）A. B. C. D.5.已知，，且，則的最小值為（）A. B.5 C.4 D.36.已知，，，則（）A. B. C. D.7.過點的直線與曲線相切，則直線的斜率為（）A.1 B.-1 C.3或1 D.3或8.已知函數，，若對任意的，存在，使，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.在下列四個命題中，正確的是（）A.命題“，使得”的否定是“，都有”B.命題“，”是真命題C.集合與集合表示同一集合D.已知集合，若，則的值為10.下列能夠取得最小值為4的函數有（）A.函數 B.函數C.函數 D.函數11.已知函數有兩個極值點，則（）A. B.C. D.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若，則的取值范圍為______．13.已知定義域為的函數滿足，且，則不等式的解集是________．14.若對恒成立，則正實數的最小值是______．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.已知集合，.（1）若，求，；（2）“”是“”的充分不必要條件，求實數a的取值范圍.16.如圖，在三棱臺中，四邊形為直角梯形，，平面平面，為的中點，．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值．17.隨著移動互聯網技術的發展，直播帶貨已經成為一種熱門的銷售方式，某電商直播帶貨后從7月份到11月份每個月線上的銷售量(萬件)()的數據如下所示:月份7891011月份代碼x12345銷售量y2.22.52.73.13.5（1）從這5個月中隨機選取3個月，記月銷售量不少于3萬件的月份的個數為X，求隨機變量X的分布列及期望；（2）利用最小二乘法求y關于x的經驗回歸方程，并預測當年12月份的月銷售量.附:經驗回歸方程=x+中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為=，=-18.已知．（1）若在恒成立，求的取值范圍；（2）若在恒成立，求的取值范圍；（3）若有兩個零點，，證明：．19.已知函數．（1）若函數有兩個零點，求實數的取值范圍；（2）若，求證：；（3）若，，關于的不等式恒成立，求的最大值．

數學滿分：150分一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.答案：B解析：解答過程：由題可得：2.已知，，則“”是“且”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件答案：B解析：解答過程：由，且，可得；反之，由不一定得到，且，比如，時，，所以“”是“，且”的必要不充分條件．3.已知函數，則（）A.4 B. C.2 D.答案：C解析：思路：對給定等式兩邊求導，令即可得解.解答過程：函數，有，令，得，解得.故選：C.4.函數在上的最小值為（）A. B. C. D.答案：D解析：解答過程：因為，所以，令，得，令，得或；令，得，所以，在上單調遞增，在上單調遞減，故在上單調遞減，上單調遞增，則.5.已知，，且，則的最小值為（）A. B.5 C.4 D.3答案：C解析：思路：利用常值代換法和基本不等式即可求得.解答過程：已知，，且，，當且僅當，結合得時等號成立，的最小值為．6.已知，，，則（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：構造輔助函數，利用導數判斷函數的單調性，代入即可比較三者大?。獯疬^程：比較與的大?。簶嬙旌瘮?，定義域為，求導得，當時，，故，在上單調遞增，因此，即，整理得；比較與的大小：構造函數，定義域為，求導得，當時，，故，所以在上單調遞增，因此，即，整理得，所以．7.過點的直線與曲線相切，則直線的斜率為（）A.1 B.-1 C.3或1 D.3或答案：D解析：思路：分切點在處與不在處，利用導數的幾何意義求解．解答過程：解：因為，所以，，當為切點時，；當不為切點時，設切點為，，所以，所以切線方程為，又切線過點，所以，即，即，解得或（舍去），所以切點為，所以．綜上所述，直線l的斜率為3或．8.已知函數，，若對任意的，存在，使，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：首先由已知條件得到，其次利用導數求得，利用二次函數的性質求得，最后解出實數的取值范圍.解答過程：若對任意的，存在，使，則.由已知得，可知，當時，，即在上單調遞減；當時，，即在上單調遞增.故當時，.因為函數的對稱軸為，所以在上單調遞減，所以當時，.于是，解得.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.在下列四個命題中，正確的是（）A.命題“，使得”的否定是“，都有”B.命題“，”是真命題C.集合與集合表示同一集合D.已知集合，若，則的值為答案：AD解析：解答過程：選項：由命題的性質得，命題“，使得”的否定是“，都有”，故正確；選項：因為，所以，則不存在實數滿足，故不正確；選項：集合是點集，集合是數集，則集合與集合表示的不是同一集合，故不正確；選項：因為，若，得，此時，不符合已知條件的集合含有2個元素，故不符合；若，得，（舍去），此時，符合已知條件的集合含有2個元素，故符合，故正確.10.下列能夠取得最小值為4的函數有（）A.函數 B.函數C.函數 D.函數答案：BCD解析：思路：利用均值不等式依次計算每個選項的最小值，A選項的最小值為3不滿足，其余均滿足即可得到答案.解答過程：對A：，當且僅當，即時等號成立，故A錯誤；對B：，當且僅當，即時等號成立，故B正確；對C：，當且僅當，即時等號成立，故C正確；對D：，當且僅當，即時等號成立，故D正確.11.已知函數有兩個極值點，則（）A. B.C. D.答案：ACD解析：思路：A選項，轉化為有兩個不同的根，令，求導得到其單調性和極值情況，畫出函數圖象，數形結合得到；B選項，先得到，且，故；C選項，得到，且，，D選項，構造，利用導數得到，從而得到，再由在上單調性得到答案.解答過程：A選項，定義為R，且，由題意得有兩個變號零點，令，即有兩個不同的根，令，則，當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，也是最大值，且，又當時，，當時，，畫出的圖象，如下，故，A正確；B選項，由A選項可知，，且，故，B錯誤；C選項，由A選項可知，，且，，C正確；D選項，設，，則，因為，所以，，則，故，故在上單調遞增，又，而，故，即，又，所以，其中，，而由A選項可知，在上單調遞減，所以，即，D正確.故選：ACD方法提示：方法點睛：極值點偏移問題，通常會構造差函數來進行求解，極值點偏移問題，若等式中含有參數，則消去參數，由于兩個變量的地位相同，將特征不等式變形，如常常利用進行變形，可構造關于的函數，利用導函數再進行求解.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若，則的取值范圍為______．答案：解析：思路：由不等式性質計算即可.解答過程：因為，所以，，根據同向不等式可加性得．故答案為：．13.已知定義域為的函數滿足，且，則不等式的解集是________．答案：解析：思路：構造函數，通過求導研究單調性，利用單調性解不等式.解答過程：設，則.因為，所以，即在上單調遞減.又，則，即不等式的解集.14.若對恒成立，則正實數的最小值是______．答案：解析：思路：整理可得，結合函數的單調性可得，參變分離可得，令，，利用導數判斷的單調性和最值，即可得結果.解答過程：因為，則等價于，可得，且，令，，可得，因為在定義域內單調遞增，則，可得，令，，則，當時，；當時，；可知在內單調遞增，在內單調遞減，則，可得，所以正實數的最小值是.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.已知集合，.（1）若，求，；（2）“”是“”的充分不必要條件，求實數a的取值范圍.答案：（1），或；（2）.解析：思路：（1）根據題意，先求得，，再結合集合的交并補運算，即可求解；（2）由題意可得是的真子集，進而可得，解不等式即可.（1）當時，，所以或，又，解不等式得，所以，所以，或；（2）因為“”是“”的充分不必要條件，所以是的真子集，又，，所以或，解得或，故實數a的取值范圍是.16.如圖，在三棱臺中，四邊形為直角梯形，，平面平面，為的中點，．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值．答案：（1）證明見解析（2）解析：思路：（1）法一：取的中點，連接，證得四邊形是平行四邊形，得到，結合線面平行的判定定理，即可證得平面；法二：根據題意，證得四邊形為平行四邊形，得到，結合線面平行的判定定理，即可證得平面；（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得向量和平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.（1）證明：法一：取的中點，連接，因為分別是的中點，可得，且，在三棱臺中，可得，所以，又因為，所以，所以四邊形是平行四邊形，則，因為平面，平面，所以平面．法二：在三棱臺中，為的中點，且，因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，且平面，于是平面．（2）解：因為平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因為平面，所以，因為，以為坐標原點，以所在的直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，可得，則．設平面的法向量為，則，令，可得．所以．設直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成的角正弦值為．17.隨著移動互聯網技術的發展，直播帶貨已經成為一種熱門的銷售方式，某電商直播帶貨后從7月份到11月份每個月線上的銷售量(萬件)()的數據如下所示:月份7891011月份代碼x12345銷售量y2.22.52.73.13.5（1）從這5個月中隨機選取3個月，記月銷售量不少于3萬件的月份的個數為X，求隨機變量X的分布列及期望；（2）利用最小二乘法求y關于x的經驗回歸方程，并預測當年12月份的月銷售量.附:經驗回歸方程=x+中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為=，=-答案：（1）分布列見解析，（2）3.76萬件解析：思路：（1）先判定分布列為超幾何分布，確定2個滿足條件、3個不滿足的樣本構成，再計算的概率得到分布列，最終運用公式即可求得期望值；（2）先計算樣本均值、平方和等基礎統計量，再通過最小二乘法計算回歸系數和截距，得到回歸方程，最后結合實際情境代入自變量完成預測即可.（1）因為月銷售量不少于3萬件的月份有2個，所以X的所有可能取值為0，1，2，，，，所以X的分布列為：012所以.（2）因為，，，所以===，=-=，故y關于x的經驗回歸方程為，又當年12月份對應的月份代碼為6，所以，所以預測當年12月份的月銷售量為3.76萬件.18.已知．（1）若在恒成立，求的取值范圍；（2）若在恒成立，求的取值范圍；（3）若有兩個零點，，證明：．答案：（1）（2）（3）方法一：若有兩個零點，設兩個零點為，不妨設由于所以在上單調遞減，在上單調遞增，故兩個零點分別在和內，即，由，得,整理得，即，令則，代入上式：，所以，故，要證即證即證令則那么，所以在上單調遞增，故，即，所以方法二：若有兩個零點，設兩個零點為，不妨設由于所以在上單調遞減，在上單調遞增，故兩個零點分別在和內，即，設，則，，，當時，，所以，即，在上單調遞減，即，由，可得，由可得，又在上單調遞增，所以，，故解析：思路：（1）在恒成立即在恒成立，采用分離參數的方法，轉化為函數最值求解問題；（2）若在恒成立，即，通過構造函數，利用導數求解最值即可求解；(3)有兩個零點，，有兩種方法，方法一：設，將目標不等式轉化為常見對數不等式，再通過構造函數證明；方法二：使用對稱性假設，構造函數，通過函數的單調性來解決問題.（1）若在恒成立，則在恒成立，即對一切恒成立，令，則，令得，令得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，處取極小值，也是最小值，，故，所以的取值范圍為.（2）若在恒成立，即在恒成立，設，那么，，在恒成立，即恒成立，當時，在恒成立，在上單調遞增，，不滿足題意，舍去；當時，令，得；令，得，在上單調遞增，在上單調遞減，若即，則在上單調遞減，，滿足題意；若即，則在