精品解析：广东广州市第六中学2025-2026学年高二下学期5月阶段测试数学试题

2026年下学期广州六中高二5月阶段测试 数学试题 命题人、审题人：周超 本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 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. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 2. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设等比数列的各项均为正数，前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 有7枚非遗文创印章，分别刻有数字1，2，3，4，5，6，7，现从这7枚印章中随机抽取3枚，则抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱台上、下底面的边长分别是2，8，体积为，则其表面积为（ ） A. 148 B. C. 168 D. 80 7. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为（    ） A. B. 2 C. D. 1 8. 设函数，若恒成立，则的最大值为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数越大，则线性相关性越强 B. 数据的上四分位数是 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 若随机变量的方差，期望，则 10. 已知是双曲线上一点，且，，分别是的左、右焦点，为坐标原点，下列说法正确的有（ ） A. 的离心率为 B. 若，则的面积为1 C. 若，则的取值范围是 D. 过的直线与交于A，B两点，若为等腰直角三角形，且，则的斜率为 11. 已知函数，则（       ） A. 当时，是的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. 不存在整数，使得的最大值为2 D. 当时，在上恰有个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 13. 已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的标准方程为__________. 14. 若一个等比数列有无穷多项，并且它的公比满足，则称为无穷递缩等比数列.研究发现：当时，无穷递缩等比数列的前项和（其中为首项，为公比）.下图为一个容器的轴截面，该容器由，，三个球形容器构成，其中球，各有3个出口，球有4个出口，且球的3个出口中1个与相连，球的4个出口中1个与相连、1个与相连，球的3个出口中1个与相连，一个小球在容器内做无规律随机运动，当小球运动到容器外时，运动停止.已知该小球的起始位置在球内，则当运动停止时，小球位于出口外的概率约为________. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，. （1）求； （2）若的角平分线交边于点，，，求的周长. 16. 某新能源汽车公司为测试A型和B型两款辅助驾驶系统避让障碍物的能力，用分别搭载A型和B型系统的汽车各测试了100次，其中A型系统成功避让80次，B型系统成功避让75次．假设每次测试相互独立，用频率估计概率． （1）估计A型系统每次测试中成功避让的概率； （2）若对B型系统再测试2次，对A型系统再测试1次，设为其中成功避让的次数，求的分布列和数学期望； （3）这两款辅助驾驶系统都是利用摄像头配合激光雷达来识别障碍物的，如果摄像头没有正确识别障碍物，仅依靠激光雷达，则A型和B型系统成功避让的概率都只有0.4，若摄像头正确识别障碍物，则A型系统一定能成功避让，B型系统成功避让的概率为0.9，设A型、B型系统中摄像头正确识别障碍物的概率分别为，试比较的大小． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过作轴的垂线被所截得的弦长为，坐标原点为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于两点，若的面积为，求实数的值. 18. 如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在同一球面上，设该球面的球心为． （i）求球的表面积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求满足的的取值范围； （3）当时，判断曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年下学期广州六中高二5月阶段测试 数学试题 命题人、审题人：周超 本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 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. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合幂函数，对数函数，指数函数及正切函数性质判断函数的单调性即可得答案. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，在区间上单调递增，不符合题意； 对于B，的定义域为，不符合题意； 对于C， ，在区间上单调递减，符合题意； 对于D，在区间上单调递增，不符合题意； 2. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】充分性：若​，代入可得​， 因此​可以推出，充分性成立 必要性： 因为是的内角，因此的范围是， 在此范围内只有​，因此可以推出，必要性成立 所以在中，“”是“”的充要条件． 3. 设等比数列的各项均为正数，前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意列出关于的方程，计算出，即可求出. 【详解】由题知 , 即，即 , 因为不为0，所以，因式分解得：， 由题知，所以，所以. 4. 已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据离心率求出，即可得双曲线线的渐近线方程.. 【详解】因为， 所以，即， 因为双曲线的渐近线方程为 所以C的渐近线方程为. 5. 有7枚非遗文创印章，分别刻有数字1，2，3，4，5，6，7，现从这7枚印章中随机抽取3枚，则抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意知，从7枚非遗文创印章中随机抽出3枚的基本事件总数为． 因为所有数字之和为28，所以要使3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等，则3枚印章上的数字之和应为14． 则满足条件的组合有，，，，共4种情况. 所以“抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等”的概率为． 6. 已知正四棱台上、下底面的边长分别是2，8，体积为，则其表面积为（ ） A. 148 B. C. 168 D. 80 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件和正四棱台的特征计算侧面等腰梯形的面积，然后利用表面积的定义计算可得结果． 【详解】因为正四棱台的侧面都是等腰梯形，    又正四棱台的上、下底面的边长分别是2、8，体积为,设其高为，则，故 所以侧面梯形的斜高为， 则梯形的面积， 上，下底底面面积分别为，， 所以该四棱台的表面积为． 7. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为（    ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】分析出为等腰直角三角形，建立平面直角坐标系，表达出，求出最小值. 【详解】分别表示与同方向的单位向量， 故为的平分线所在直线， 又，故的平分线所在直线与垂直， 由三线合一可得， 取的中点，则，， ，故， 所以为等腰直角三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则，设，， 则， 故当时，取得最小值，最小值为. 8. 设函数，若恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，按分类讨论，确定函数的最小值并建立的关系，再构造函数并利用导数求出最大值. 【详解】当时，的定义域为，值域为，不恒成立，不合题意； 当时，函数的定义域为， 函数在上都单调递增，则函数在上单调递增， 当时，，不合题意； 当时，函数的定义域为， 求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，解得，则， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ，所以的最大值为. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数越大，则线性相关性越强 B. 数据的上四分位数是 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 若随机变量的方差，期望，则 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，样本相关系数的绝对值越大，线性相关性越强，A错误； 对于B，由，得数据的上四分位数是，B正确； 对于C，随机变量服从正态分布，且，则 ，C正确； 对于D，随机变量的方差，期望，由，得 ，D错误. 10. 已知是双曲线上一点，且，，分别是的左、右焦点，为坐标原点，下列说法正确的有（ ） A. 的离心率为 B. 若，则的面积为1 C. 若，则的取值范围是 D. 过的直线与交于A，B两点，若为等腰直角三角形，且，则的斜率为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据双曲线的方程可求出，即可求其离心率，判断A；由可得，结合可求出，利用三角形面积公式可求的面积，判断B；利用向量数量积的坐标运算结合解不等式可判断C；根据双曲线的对称性可判断D. 【详解】对于A，双曲线中，， 则，A错误； 对于B，，则， 是双曲线上一点，则， 联立得，解得， 则的面积为，B正确； 对于C，， 故，又，则， 故，即，C正确； 对于D，过的直线与交于A，B两点，若为等腰直角三角形，且， 则，根据双曲线的对称性可知关于x轴对称，则的斜率不存在，D错误. 11. 已知函数，则（       ） A. 当时，是的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. 不存在整数，使得的最大值为2 D. 当时，在上恰有个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，结合周期函数定义判断即可，对于B，反设的图象关于直线对称，利用函数解析式证明，推出矛盾，即可判断，对于C，由的最大值为可得存在整数满足，由此推出矛盾，即可判断，对于D，化简方程求其解即可判断. 【详解】对于A，当时，， 对任意的，， 所以是  的一个周期，故A正确， 对于B，若的图象关于直线对称，则， 取，可得， 而，， ，矛盾，所以的图象不关于直线对称，故B错误， 对于C，若的最大值为2，需， ， 令，左边为奇数，右边为偶数，无整数解， 故不存在整数，使得的最大值为2，故C正确， 对于D，当时，， 令，则， 根据奇数幂的性质可知，即， 所以或 当时，， 结合可得，或， 当时，， 结合， 可得， 综上，发现只有个值符合题意，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】列出二项式的通项公式，令的指数为，可得，即可求解. 【详解】根据二项式定理，可得其展开式中第项的通项公式为， 化简可得， 令，解得，所以展开式的第项为， 所以的系数为. 13. 已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的标准方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设轴正半轴上圆心为，由圆与两直线相切得圆心到两直线距离相等，去掉分母化简得，舍去不合题意的得，再求出半径平方，即可写出圆的标准方程. 【详解】设圆的圆心为，其中，半径为. 因为圆与直线和都相切， 则圆心到两条直线的距离均等于半径，即，. 化简得，即. 因为，分情况讨论：当时，解得； 当时，解得，不符合，舍去. 将代入距离公式，得，则. 所以圆的标准方程为. 14. 若一个等比数列有无穷多项，并且它的公比满足，则称为无穷递缩等比数列.研究发现：当时，无穷递缩等比数列的前项和（其中为首项，为公比）.下图为一个容器的轴截面，该容器由，，三个球形容器构成，其中球，各有3个出口，球有4个出口，且球的3个出口中1个与相连，球的4个出口中1个与相连、1个与相连，球的3个出口中1个与相连，一个小球在容器内做无规律随机运动，当小球运动到容器外时，运动停止.已知该小球的起始位置在球内，则当运动停止时，小球位于出口外的概率约为________. 【答案】 【解析】 【分析】先分析小球运动规律，记次运动后，小球位于,,三个球形容器的概率分别为．根据运动规律建立递推关系，由递推关系得出数列通项公式，再根据无穷递缩等比数列的相关说明求得"运动停止前，小球位于球的概率"，进而得到"当运动停止时，小球位于出口外的概率". 【详解】记小球从一个球形容器运动到其相邻的球形容器为一次运动．记次运动后，小球位于,,三个球形容器的概率分别为． 根据马尔可夫链，可知：当时，, 化简，整理得：当时，. 特别地，可分析知，小球到达球需奇数次运动，偶数次运动后不能到达球, 所以认为当为偶数时，. 当为奇数时，因为小球的起始位置在球内，所以，所以. 因为小球到达球需偶数次运动，奇数次运动后不能到达球, 所以认为当为奇数时，. 当为偶数时，为奇数，所以 记数列的前项和为,则,其中为偶数. 由题意知，为无穷递缩等比数列,当时，. 即当运动停止前，小球位于球的概率约为. 所以当运动停止时，小球位于出口外的概率约为. 故答案为： 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. 记的内角，，的对边分别为，，，. （1）求； （2）若的角平分线交边于点，，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件及正弦定理，再结合二倍角公式可得； （2）根据角平分线分三角形面积之间的关系及余弦定理可得. 【小问1详解】 由及正弦定理，得， ，， ，，，，或. ，，，即. 【小问2详解】 如图： ， ，①， 又在中，由余弦定理可得，即②， 将①代入②得，或（舍）, . 的周长为. 16. 某新能源汽车公司为测试A型和B型两款辅助驾驶系统避让障碍物的能力，用分别搭载A型和B型系统的汽车各测试了100次，其中A型系统成功避让80次，B型系统成功避让75次．假设每次测试相互独立，用频率估计概率． （1）估计A型系统每次测试中成功避让的概率； （2）若对B型系统再测试2次，对A型系统再测试1次，设为其中成功避让的次数，求的分布列和数学期望； （3）这两款辅助驾驶系统都是利用摄像头配合激光雷达来识别障碍物的，如果摄像头没有正确识别障碍物，仅依靠激光雷达，则A型和B型系统成功避让的概率都只有0.4，若摄像头正确识别障碍物，则A型系统一定能成功避让，B型系统成功避让的概率为0.9，设A型、B型系统中摄像头正确识别障碍物的概率分别为，试比较的大小． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用频率估计概率直接求出避让概率即可； （2）利用独立重复实验的概率公式依次求出各变量对应的概率，列出分布列，求出期望即可； （3）利用全概率公式分别列出关于，的方程，求出，的值即可比较大小. 【小问1详解】 由题意知，A型系统每次测试中成功避让的概率； 【小问2详解】 由题意知，B型系统成功避让的概率， 可能的取值为，，，，所以的分布列为： ；； ；， 所以的分布列为： 所以，数学期望； 【小问3详解】 由题意得，对型系统，，解得， 对型系统，，解得， 所以. 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过作轴的垂线被所截得的弦长为，坐标原点为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于两点，若的面积为，求实数的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件可得点在椭圆上，再结合半焦距为2列出方程组求出即得. （2）联立直线与椭圆方程，利用三角形面积建立方程求解. 【小问1详解】 依题意，，由过作轴的垂线被所截得的弦长为， 得点在椭圆上，则， 又，解得， 所以椭圆的方程是. 【小问2详解】 由消去得，， 解得，而，则， 设，则， 所以， 而原点到直线的距离， 则，解得， 所以. 18. 如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在同一球面上，设该球面的球心为． （i）求球的表面积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 如图： 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为为的中点，所以QN为梯形BCDE的中位线，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，所以平面平面， 因为平面MQN，所以平面PBC. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用三角形中位线定理证且，由面面平行判定定理以及线面平行性质定理得证． （2）（i）先由平面PDE⊥平面BCDE建立空间直角坐标系，确定各点坐标；再设球心O，利用球心到距离相等列方程，求出球心坐标与半径，最后用球的表面积公式计算． （ii）在已建坐标系中，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量夹角公式计算两平面法向量夹角的余弦值，即为平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，则，， 因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，， （i）易知梯形的外接圆的圆心为，因为平面，所以设， 由得， 解得， 所以球O的半径的平方，故球O的表面积为. （ii），，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由（1）可知，平面，则为平面的一个法向量， 所以． 故平面与平面的夹角的余弦值为． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求满足的的取值范围； （3）当时，判断曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，并说明理由． 【答案】（1） （2） （3）曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）求导判断函数的单调性，结合，，，可求得满足的的取值范围； （3）设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，即关于点对称，进而可得在上有解，构造函数，利用换元法结合导数求解可得结论. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 若，由，可得， 令，，所以有两个正根， 记两正根为，且， 当，，所以在上单调递增， 当，，所以在上单调递减， 当，，所以在上单调递增， 所以函数至多三个零点，又， ，， 所以函数有三个零点，所以且， 所以满足的的取值范围为； 【小问3详解】 曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下： 设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称， 即关于点对称，所以， 所以有解， 所以在上有解， 所以，即， 令，因为，所以， 即在上有解. 令 ，求导得， 因为 ，所以 ，所以，所以在上单调递增， 所以 ，所以在上无解， 故曲线上不存在两个不同的点关于点对称. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $