精品解析：安徽蚌埠禹王学校等2025-2026学年高二下学期5月阶段学业检测数学试题(人教版)

2026届5月高二阶段学业检测数学试卷（人教版） 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案写在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题号的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教版选择性必修第三册第七章结束． 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. 一项工作可以用两种方法完成，有5人只会用第一种方法完成，另有10人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为（ ） A. 60 B. 50 C. 16 D. 15 【答案】D 【解析】 【详解】选只会第一种方法的人，共种不同选法； 选只会第二种方法的人，共种不同选法， 总选法为两类选法相加，即. 2. 直线与直线之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】直线，即， 所以直线与直线之间的距离. 3. 已知的图象在点处的切线与直线垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 由题意知在点处的切线斜率为， 所以，解得． 4. 若为定义在上的奇函数，且不等式中等号能取到，则（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值为-2 C. 的最大值为2 D. 的最大值为-2 【答案】B 【解析】 【详解】由为定义在上的奇函数，得， 则，解得， 所以的最小值为. 5. 已知分别为椭圆的上顶点和右顶点，为的上焦点，若中，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，可知，进而求得结果. 【详解】设坐标原点为，半焦距为，由，可知， 易知，在中， 可得，即离心率为． 6. 若等比数列的公比为，前项和为（为常数），则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得等比数列的前项和为， 可得，， ，可得， 则 ，即 ，所以，故C正确. 7. 已知随机变量均服从两点分布，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】列举法即可求解. 【详解】因为服从两点分布，且． 设，则， 由，解得．于是． 8. 2026年世界拳联世界杯中国站将于6月15日至21日在贵阳举办，贵阳某高校计划派6名同学参加4个比赛项目的志愿服务工作，每个项目至少派1名同学，每名同学仅参加一个项目，则不同派法的种数为（ ） A. 1560 B. 1620 C. 1680 D. 1800 【答案】A 【解析】 【详解】将6名同学分成4组，每组至少1人，有两种分组方式． 人数分布为3，1，1，1：先选3人成一组，有种，剩余3人各成一组，再将4组分配到4个项目，有种，共种． 人数分布为2，2，1，1：先选2人成一组，再从剩余4人选2人成一组，注意两组2人无顺序，分组数为，剩余2人各成一组，再将4组分配到4个项目，有种，共种． 总派法：种． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 关于的二项展开式，下列结论正确的是（ ） A. 各二项式系数的最大值是20 B. 常数项是64 C. 各项系数之和为1 D. 展开式中不含的项 【答案】ACD 【解析】 【详解】的展开式通项， 对于A，二项展开式共有7项，所以展开式中各二项式系数最大的项为第4项， 从而二项式系数的最大值为．故A正确； 对于B，令，得，常数项为．故B错误； 对于C，令，得各项系数之和为1．故C正确； 对于D，令，得，不符合，故展开式中不含的项．故D正确． 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为的右支上任意一点，点，则（ ） A. B. 双曲线的渐近线方程为 C. 过点且与双曲线只有一个公共点的直线有3条 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】首先结合焦距求出半焦距，利用双曲线中求解参数，即可得到渐近线方程，判断A、B的正误；再结合直线与双曲线仅有一个公共点的两类情况（与双曲线相切、与渐近线平行），结合点的位置判断C的正误；最后利用双曲线的定义转化所求距离和，结合两点之间线段最短求最值，判断D的正误. 【详解】由可知半焦距，则 ，故A错误； 双曲线的渐近线方程为，故B正确； 对于C，易知不在双曲线及其渐近线上， 当过的直线与双曲线相切时，有两条直线与双曲线只有一个公共点； 当过的直线与渐近线平行时，也有两条直线与双曲线只有一个公共点， 所以过点且与双曲线只有一个公共点的直线有4条，故C错误； 对于D， ， 因为在双曲线渐近线的上方， 则， 当且仅当在线段上时，取得等号，故D正确． 11. 如图1是平行四边形，将沿着折起（如图2），点分别在和上移动，且，记二面角为，下列选项正确的是（ ） A. 当时，直线与所成角的余弦值为 B. 当时，的最小值为 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当，且的长最小时，点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，过作与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系,翻折前后始终与垂直，因此二面角的平面角即为，据此可写出所有定点的坐标，再结合的条件写出动点的坐标，将几何量的计算转化为空间向量的坐标运算，逐一验证各选项即可. 【详解】以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，过作与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知 ，因为 ，所以， 对于， 则， 当时，，故A错误； 对于B时，在轴上，由， 可得， 则， 则， 故当且仅当时，取得最小值为，故B正确； 对于C ， 当时，取最大值，故C正确； 对于D，由知，当且的长最小时，，此时， ，则，设平面的法向量为， 则有，取，则，则． 又，则点到平面的距离，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（为虚数单位），则___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，则． 13. 已知圆的圆心在轴上，若圆过点且与直线相切，则圆的半径为___________． 【答案】 【解析】 【详解】设圆心坐标为，半径为，则圆方程为， 则，而圆与直线相切，可得， 得到，解得，故圆的半径为． 14. 已知函数．若存在，使得成立，则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【详解】 ， 若存在，使得成立，则有解， 所以有解， 令，因为，所以，即有解． 令，则有解， ，令 ，则 ， 因为，所以， 当时， ， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以恒成立，与有解矛盾，不符合题意； 当时，令 ，则 ．又在上单调递增， 所以当 时，，所以在上单调递减， 因为，所以在区间上， 因此在上单调递减，又，故存在，使得．综上，． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数，数列满足，且，设． （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）由题意得， ， ， 是首项为，公差为的等差数列． （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，即， ， ． 16. 为推动制造业高端化、智能化、绿色化发展，某国家重点支持的高端装备制造企业对其核心零部件生产线进行智能化升级改造，全面提升产品质量稳定性和可靠性． （1）升级改造前，该企业从一批库存零件中随机抽取8个进行质量检测，发现其中有3个零件不合格．现从这8个零件中不放回地随机抽取4个，已知取出的4个零件中至少有一个不合格，求恰好有2个不合格的概率； （2）经过智能化升级改造后，生产线的质量稳定性显著提升，单件产品的合格率达到，且各零件是否合格相互独立．为评估改造效果，质检部门从新生产线上随机抽取4个零件进行检测，记为抽到的合格零件个数，求的分布列、期望与方差． 【答案】（1） （2）分布列 Y 0 1 2 3 4 ， 【解析】 【小问1详解】 设为取出的不合格零件个数，事件：取出的4个零件中至少有一个不合格；事件：取出的4个零件中恰好有2个不合格． 所以． 因此． 故在已知取出的4个零件至少有一个不合格的条件下，恰好有2个不合格的概率为． 【小问2详解】 由题意，每件产品合格的概率，不合格的概率为，抽取个数，且各零件质量相互独立， 因此服从二项分布． 的可能取值为， 故的分布列为 Y 0 1 2 3 4 期望， 方差． 17. 抛物线：的焦点为，为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，且到抛物线准线的距离是． （1）求抛物线的标准方程； （2）若直线与抛物线的准线交于点，证明：轴； （3）已知点，抛物线的准线与轴的交点为，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 由题意直线过焦点， 设的方程为，，， 由，得， ， ，， 直线的斜率，所以直线的方程为， 抛物线的准线方程为，代入得，即， 又，所以点的纵坐标， 所以，即与的纵坐标相等， 所以直线平行于轴，从而轴． （3） 【解析】 【小问1详解】 抛物线：的焦点为，准线为， 因为焦点到抛物线准线的距离是，所以， 所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知的方程为，即， 点，点， 因为的面积与的面积相等， 所以到直线的距离相等，即，解得， 所以直线的方程为． 18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧棱底面，且，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）点为棱上的动点（不与端点重合），是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）连接与交于点，连接． 因为底面为矩形，所以为的中点． 又为的中点，所以在中，． 因为平面 平面， 所以平面． （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，通过矩形对角线性质构造中位线，证明线线平行即可推导线面平行. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求解线面角的正弦值. （3）设出点的参数坐标，求出两个平面的法向量，利用面面垂直时法向量数量积为的条件列方程求解参数，即可得到比值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面为矩形，侧棱底面， 所以以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知可得． 因为为的中点，所以，则． 设平面的法向量为． 由， 得 取，则 ，所以． 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． 【小问3详解】 因为点在线段上，设，其中． 由得． 所以点的坐标为， 设平面的法向量为． 由，得， 令，则 ． 故平面的一个法向量为． 假设存在点使得平面平面， 则，即 ， 解得，满足， 所以存在满足条件的点（线段上靠近的四等分点），． 19. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调区间； （2）若有两个零点，求实数的取值范围； （3）设是（2）中的两个零点，且，证明：． 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；时，的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） （3）由（2）知，且是的两个零点， 满足 ，即 ． 两式相减得． 要证，即证． 整理得． 令，则，代入得． 即只需证明当时， ． ，设函数的导函数为， 则， 故在上单调递增． 又 ，所以对恒成立． 于是在上单调递增，且，因此对恒成立． 从而原不等式成立，即． 【解析】 【分析】（1）先确定函数的定义域为，求导得到，根据的取值分类讨论导数的正负，以此确定函数的单调区间； （2）结合第一问的单调性结论，得到的最大值，因为有两个零点，所以先保证最大值大于0，再结合端点处的函数值趋势，利用零点存在定理确定的取值范围； （3）要证明，根据两个零点满足的等式构造对称函数，作差消参，把不等式转化为关于单变量的函数单调性问题进行证明. 【小问1详解】 函数定义域为． 当时，恒成立，在上恒成立． 在上单调递增，无单调递减区间； 当时，令得． 当时，； 当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增，至多一个零点，不可能有两个零点． 故必有，此时在处取得极大值（也是最大值）． 当时，；当时，． 因此，要使得有两个零点，必须极大值，即， 解得．即实数的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届5月高二阶段学业检测数学试卷（人教版） 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案写在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题号的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教版选择性必修第三册第七章结束． 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. 一项工作可以用两种方法完成，有5人只会用第一种方法完成，另有10人只会用第二种方法完成，现从中选出1人来完成这项工作，则不同选法的种数为（ ） A. 60 B. 50 C. 16 D. 15 2. 直线与直线之间的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 已知的图象在点处的切线与直线垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 4. 若为定义在上的奇函数，且不等式中等号能取到，则（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值为-2 C. 的最大值为2 D. 的最大值为-2 5. 已知分别为椭圆的上顶点和右顶点，为的上焦点，若中，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 若等比数列的公比为，前项和为（为常数），则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 7. 已知随机变量均服从两点分布，若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 2026年世界拳联世界杯中国站将于6月15日至21日在贵阳举办，贵阳某高校计划派6名同学参加4个比赛项目的志愿服务工作，每个项目至少派1名同学，每名同学仅参加一个项目，则不同派法的种数为（ ） A. 1560 B. 1620 C. 1680 D. 1800 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 关于的二项展开式，下列结论正确的是（ ） A. 各二项式系数的最大值是20 B. 常数项是64 C. 各项系数之和为1 D. 展开式中不含的项 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为的右支上任意一点，点，则（ ） A. B. 双曲线的渐近线方程为 C. 过点且与双曲线只有一个公共点的直线有3条 D. 的最小值为 11. 如图1是平行四边形，将沿着折起（如图2），点分别在和上移动，且，记二面角为，下列选项正确的是（ ） A. 当时，直线与所成角的余弦值为 B. 当时，的最小值为 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当，且的长最小时，点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（为虚数单位），则___________． 13. 已知圆的圆心在轴上，若圆过点且与直线相切，则圆的半径为___________． 14. 已知函数．若存在，使得成立，则的取值范围为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数，数列满足，且，设． （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的前项和． 16. 为推动制造业高端化、智能化、绿色化发展，某国家重点支持的高端装备制造企业对其核心零部件生产线进行智能化升级改造，全面提升产品质量稳定性和可靠性． （1）升级改造前，该企业从一批库存零件中随机抽取8个进行质量检测，发现其中有3个零件不合格．现从这8个零件中不放回地随机抽取4个，已知取出的4个零件中至少有一个不合格，求恰好有2个不合格的概率； （2）经过智能化升级改造后，生产线的质量稳定性显著提升，单件产品的合格率达到，且各零件是否合格相互独立．为评估改造效果，质检部门从新生产线上随机抽取4个零件进行检测，记为抽到的合格零件个数，求的分布列、期望与方差． 17. 抛物线：的焦点为，为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，且到抛物线准线的距离是． （1）求抛物线的标准方程； （2）若直线与抛物线的准线交于点，证明：轴； （3）已知点，抛物线的准线与轴的交点为，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧棱底面，且，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）点为棱上的动点（不与端点重合），是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调区间； （2）若有两个零点，求实数的取值范围； （3）设是（2）中的两个零点，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $