江苏无锡市2025-2026学年下学期高二年级5月份阶段考试数学模拟试卷（2）

**基本信息** 聚焦高二选择性必修核心内容，以硫化物锂电池测试、手机销量统计等真实情境为载体，通过梯度化问题设计考查数学抽象、逻辑推理与数据分析素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|排列组合（1）、空间向量（2）、导数（5）|基础概念与运算结合，如第1题隔板法解决小球分配| |多选|3/18|概率统计（9）、函数性质（10）、立体几何（11）|多维度辨析，如第11题结合空间向量与几何证明| |填空|3/15|棱台体积（12）、独立性检验（13）、函数图像（14）|实际应用与抽象思维，如第13题关联错题习惯与成绩| |解答|5/77|二项式定理（15）、回归分析与概率（16）、导数应用（17、19）、立体几何与概率转移（18）|跨模块综合，如16题融合线性回归与分布列，18题结合立体几何与数列概率|

江苏无锡市2025-2026学年第二学期高二年级5月份阶段考试 数学模拟试卷（2） 本试卷满分150分 考试时间120分钟 考查范围：人教A版选择性必修一 第一章；选择性必修二 第五章；选择性必修三第六~八章 一、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．现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有（    ） A．24种 B．35种 C．56种 D．70种 2．已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离（   ） A． B． C． D． 3．若.则的值是（   ） A． B． C．3 D．5 4．某品牌手机商城统计了开业以来前5个月的手机销量情况如下表所示： 时间x 1 2 3 4 5 销售量y（千只） 0.5 0.7 1.0 1.2 1.6 若y与x线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（    ） A．由题中数据可知，变量y与x正相关 B．线性回归方程中， C．时，残差为0.06 D．可以预测时，该商场手机销量约为1.81千只 5．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．设，为随机变量，，，，则（    ） A．22 B．6 C．8 D．4 7．已知点满足，则的概率为（    ） A． B． C． D． 8．已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．设随机变量，其中，一组样本数据的方差等于，将该样本中每个数据按规则变换，变换后数据的平均数等于，方差为16.下列说法正确的是（    ） A．的最小值为5 B． C．的平均数为6 D．当时， 10．已知定义域为的函数恒有，且，，当时，.，，，则下列结论正确的有（    ） A．为偶函数，且对任意，. B．函数在上单调递增，存在极小值点. C．对任意，不恒成立. D．对任意，，若，则. 11．在棱长均为2的正三棱柱中，为的中点，为的中点，下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．过点作平行于平面的平面，该平面截正三棱柱所得截面的面积为 D．动点P在正三棱柱的表面上运动，且满足，则点P的轨迹在棱柱表面上的路径总长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为6，高为2，则其体积为__________． 13．为研究课后整理错题习惯与数学成绩达标之间的关联性，经独立性检验计算得，临界值，.记事件为“学生成绩达标”，事件为“学生坚持整理错题”；已知，，，则有_____________的把握认为二者存在关联；随机抽取一名学生，其成绩达标的概率为_____________. 14．已知函数，若图象上任取三个点均可构成钝角三角形，则的最小值为___________． 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．（本小题满分13分） 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. (1)求展开式的所有二项式系数之和； (2)求的值. 16．（本小题满分15分） 某科研团队研发新一代硫化物固态锂电池，测试了5块同批次电池的循环次数x（次）与剩余容量y（单位：），得到如下数据： x（次） 100 200 300 400 500 y（Ah） 9.8 9.5 9.2 8.9 8.6 (1)求y关于x的线性回归方程，预测当循环次数为1000次时电池的剩余容量；并计算样本相关系数r，据此说明线性回归模型拟合x与y关系的合理性. (2)该团队另有10块同批次电池，其中改性优化电池6块，普通电池4块；改性优化电池中有4块循环寿命超过1000次，普通电池循环寿命均未超过1000次，规定循环寿命超过1000次为达标.现从这10块电池中随机抽取3块进行破坏性安全测试，记抽取的3块中达标的电池数为，求的分布列和数学期望. 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ，，相关系数 17．（本题满分15分） 已知函数. (1)证明：； (2)若对任意的，，都有恒成立，求的取值范围. 18．（本题满分17分） 如图，在直三棱柱中，，，，动点D可沿线段往复匀速滑动，记，. (1)当平面时，求实数的临界值； (2)取（1）中临界值，求直线与平面所成角的正弦值； (3)以（1）求得的为几何分界点，将上D的位置划分为两个几何状态：状态靠近B端，即；状态靠近端，即.D每次滑动仅受几何约束产生状态转移：若当前在状态M，下一次滑向N的概率为；若当前在状态N，下一次滑向M的概率为.记为第n次滑动后D处于状态M的概率，求数列的前n项和. 19．（本题满分17分） 设函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若函数存在零点，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）设为的极值点，证明：． 第 2 页 共 14 页 高二数学试卷 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A B A B C C ABD AC 题号 11 答案 AB 7．C 【详解】内的点有，，，，，，，，共个， 其中满足的有，，，共个， 所以所求的概率. 故选：C 8．C 【详解】由得， 即 ， 令，，则， 所以在上单调递增， 而等价于， ∴，即， 令，，则， 所以在时，，递增； 在时，，递减， 所以最大值为，∴． 故选：C 10．AC 【详解】令，得．因为，所以，故为偶函数． 令，得，所以．即对任意，，故A正确． 令，得． 由，，可依次得，，，． 又为偶函数，所以，．于是，而． 因为，但，所以在上不是单调递增函数．故B错误． 函数满足，且，． 当时，有，所以． 取，，则，． 所以，而，此时不成立．故C正确． 仍取．取，，则，， 所以，即． 但，故D错误． 11．AB 【详解】根据题意，如图，取中点，连接， 因为三棱柱为正三棱柱， 所以为等边三角形，平面， 因为为的中点，为中点， 所以，，所以平面， 如图，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，， 对于A，，，，故，A选项正确； 对于B，，，故，所以， 因为平面，平面，所以平面，故B选项正确； 对于C，因为，，故，所以， 因为平面，平面，所以平面， 由B选项知平面，， 所以平面平面，即平面为所求截面， 因为，， 所以，，，即， 所以为直角三角形，所以， 即所求截面的面积为，故C选项错误； 对于D，设点，因为， 所以， 所以，整理得， 令得，即，令，得，即 所以，当时，点，即为上的点，满足； 当时，点，即为上的点，满足； 当时，点，即为上的点，满足； 所以，点P的轨迹在棱柱表面上形成的图形为， 所以，， ， 所以的周长为， 即点P的轨迹在棱柱表面上的路径总长度为，故D选项错误. 12．/ 【详解】由正四棱台得，上底面和下底面都为正方形，则体积． 13． / 【详解】由，且，即有的把握认为二者存在关联， 由题设，则， 所以随机抽取一名学生，其成绩达标的概率为. 14．4 【详解】在图像上任取三点，且，要使这三点构成钝角三角形，最容易满足的条件是中间点处的角为钝角， 因为，若有即为单调递增函数， 则有， 同时要排除三点共线的情况， 这意味着是严格凸或严格凹的即或恒成立，，， 当时，，所以， 所以应保证恒成立，分离参数得， 设，，则， 当时，；当时，； 当时，，取极大值也即最大值， 所以，此时在上单调递减，且当时， 所以恒成立， 故为单调递增函数，由前面分析可知这样就能保证为钝角， 因为，所以的最小值为. 15．(1)1024 (2) 【详解】（1）因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的所有二项式系数之和为. （2）令，得. 令，得， 所以. 16．【详解】（1）由题意得： ，， ，，所以， 则，所以线性回归方程为：， 将代入得：，即：当循环次数为1000次时电池的剩余容量为. 又因为，所以相关系数， ，表示完全负线性相关，说明循环次数与剩余容量之间存在极强的负线性关系，因此用线性回归模型拟合二者关系是完全合理的。 （2）由题意可知：10块同批次电池中，4块达标，6块未达标，抽取的3块中达标的电池数为，则可能取值为0,1,2,3. ，，，， 所以达标的电池数的分布列为： 数学期望. 17．【详解】（1）函数的定义域为，， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以， （2）因为， 所以， 令， 所以对任意的，，都有恒成立等价于在上单调递减， 所以在上恒成立， 所以恒成立， 又当时，的最大值为， 所以. 18．(1)．(2)．(3). 【详解】（1） 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 由题意可取，，，，． 因为在线段上，且，所以，即． 平面内有向量，． 设平面的一个法向量为，则，．由这两个条件可取． 又．若平面，则，所以． 于是，解得．因此临界值． （2）由第（1）问得，所以． 平面内有向量，． 设平面的一个法向量为，由，，可取． 直线的方向向量为．设直线与平面所成角为，则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）由第（1）问知．先确定． 若初始时在状态，则第一次滑动后仍在状态的概率为． 若初始时在状态，则第一次滑动后滑向状态的概率为．所以无论初始状态在还是在，都有． 当第次滑动后在状态时，下一次仍在状态的概率为． 当第次滑动后在状态时，下一次滑向状态的概率为． 因此由全概率公式得，整理得． 令．将上式两边同乘，得，且． 设，直接代入可验证． 于是．又，所以．因此． 所以．由，得． 于是数列的前项和为. 19．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 故所求切线的方程为，即. （2）（i）因为，该函数的定义域为，且， ， 当时，则对任意的，，，则， 此时函数在上单调递增，则函数在上有且只有一个零点，不符合题意； 当时，令，则， 所以函数在上单调递增， 当时，；当时，. 所以存在唯一的，使得， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，由题意可知，函数在上单调递增， 故当时，，此时函数不存在正零点； 当时，由题意可知函数在上单调递减，在上单调递增， 则，当时，. 故存在，使得，符合题意， 此时函数在上单调递减，只需，解得. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）由（i）可知，且函数在上为增函数， 要证，只需证，即证， 又因为，则， 即证，即证， 构造函数，其中， 则 ， 令，其中， 则， 因为，则，， 所以，故函数在上为增函数， 当时，，所以，故函数在上为增函数， 因为，则，故. 第 2 页 共 14 页 第 1 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $