精品解析：江苏南通市如东县第一高级中学、宿迁市第一高级中学、徐州市徐州中学、宿迁市洋河高级中学2025-2026学年第二学期高二第二次阶段联考数学试卷

2025~2026学年度第二学期高二年级第二次阶段测试联考试卷 数学 2026.05 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷满分150分，考试时间为150分钟.考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请将自己的姓名、考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置. 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效. 4.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚.线条、符号等须加黑、加粗. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 函数在[0，π]上的平均变化率为 A. 1 B. 2 C. π D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据平均变化率的公式，计算出平均变化率. 【详解】平均变化率为. 故选：C 【点睛】本小题主要考查平均变化率的计算，属于基础题. 2. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【详解】得，所以， 所以，所以. 3. 下列函数的导数正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于A，，故正确； 对于B，，故错误； 对于C，，故错误； 对于D，，故错误. 4. 已知线性相关的两个变量，的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据样本中心在回归直线上可求的值，从而可求残差. 【详解】由题设可得，故， 故即，故残差为， 故选：A. 5. 下列函数中，在上为增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，结合正弦函数的单调性与周期性判断；对于B，结合反比例函数单调性判断；对于C和D，均可通过求导判断单调性 【详解】对于A，正弦函数为周期函数，在上呈增减交替的周期性，A错误； 对于B，反比例函数系数大于0时，在上单调递减，因为，故在上单调递减，B错误； 对于C，，因为在上，，所以， 即，且等号仅在孤立的点处取得，所以在上为增函数，C正确； 对于D，，当时，，所以在上单调递减，D错误 6. 已知甲组有名男生名女生，乙组有2名男生4名女生，如果随机选1个组，再从该组中随机选1名学生，则该学生是女生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】记事件为“选出的学生是女生”，事件为“选中甲组”，事件为“选中乙组”. ∵ 随机选取个组，两组被选中的概率相等，∴ . ∵ 甲组共有名学生，其中女生2名，∴ . ∵ 乙组共有名学生，其中女生4名，∴ . 根据全概率公式可得， ∴ . 7. 已知直线，与平面，，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】若，，则或相交（墙角模型），故A错误； 若，，则，故B正确； 若，，则或异面，故C错误； 若，，则或相交，故D错误. 8. 已知二项式的展开式中，各项系数的最大值为80，且最大值在第与项取得，则n的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用与两项系数相等求出的关系，再对进行讨论即可. 【详解】由题可知第项与项的系数相等且最大，即，化简得， 即，化简得， 取，得，各项系数为，不满足条件，舍去； 取，得，不是整数，舍去； 取，得，各项系数为 ，符合条件， 当时，，例如当时，展开式系数的最大值为，不符合题意，当更大时，最大系数值也更大. 所以. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选不得分） 9. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数的极大值为，极小值为 B. 函数的单调增区间为 C. 函数的单调减区间为 D. 曲线在点处的切线方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的极值、最值、单调性，利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程，根据计算结果可得答案. 【详解】因为，所以， 由，得或，由，得， 所以函数在上递增，在上递减，在上递增， 增区间不能合并，故选项C正确，选项B错误； 所以当时，取得极大值， 在时，取得极小值，故选项A正确； 因为，所以曲线在点处的切线方程为， 即，故选项D正确. 10. 若，则下列选项正确的是（ ） A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B. C. D. 当时，除以9的余数为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质，利用赋值法、求导法、二项式定理逐一判断即可. 【详解】对于A：由二项式展开式中的二项式系数为0，1，…，6， 所以时二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故A不正确； 对于B：令，可得． 再令，得， 所以，所以B正确； 对于C：对两边求导， 得， 再令，得，所以C正确； 对于D：当时， ， 而， 即除以9的余数为1，所以D正确． 11. 在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 换号后答对概率增大 D. 换号后答对概率不变 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合条件概率和全概率公式及逐项判断即可. 【详解】对于A，乙选择号选项，答案是号选项，主持人选择号选项的概率为，即，故A错误； 对于B，，， 则， 因此，故B正确； 对于CD，若不换号，乙继续选择号选项，获得奖品的概率为，主持人选择了错误的选项， 若换号，选择剩下的那个选项，获得奖品的概率为，乙换号后中奖概率增大，故C正确，D错误. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件结合正态分布的性质求出，再利用赋值法求出系数和. 【详解】因为，所以，解得， 代入可得， 令，可得展开式各项系数和为. 故答案为：. 13. 某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则在刮风天里，下雨的概率为___________. 【答案】## 0.75 【解析】 【分析】设事件A=“该地区下雨”，事件B=“该地区刮风”，利用条件概率公式即可作答. 【详解】设事件A=“该地区下雨”，事件B=“该地区刮风”，则 ， 设事件AB=“该地区既刮风又下雨”，进而有， 所以该地区在刮风天里，下雨的概率为. 故答案为： 14. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是____. 【答案】 【解析】 【分析】先由的图像与的图像可得，恒成立；原问题即可转化为直线介于与之间，作出其大致图像，由图像得到只需；根据导数的方法求出，所在直线斜率，进而可得出结果. 【详解】由的图像与的图像可得，恒成立； 所以若恒成立， 只需， 即直线介于与之间，作出其大致图像如下： 由图像可得，只需； 设， 由得，所以， 所以曲线在点处的切线的方程为， 又该切线过点，所以，解得，所以； 设， 由得，所以， 所以曲线在点处的切线的方程为， 又该切线过点，所以，解得，所以； 所以. 故答案为 【点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明和证明过程） 15. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 （1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? （2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. （2），分布列为： 【解析】 【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可. 【小问1详解】 完善列联表如下： 完成比赛 未完成比赛 合计 搭载智能避障系统 未搭载智能避障系统 合计 设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关， 则， 故根据小概率值 的独立性检验， 可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. 【小问2详解】 根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为， 故可取， 又，， ，， 故的分布列为： 故. 16. 如图在三棱锥中，，点D在AB上，点E为AC的中点，且平面PDE. （1）求证：平面PBC； （2）若平面平面ABC，求证：平面平面PCD. 【答案】（1）因为  平面，平面，且平面平面， 根据线面平行的性质定理，可得 ， 又 平面，平面， 根据线面平行的判定定理，可得 平面. （2）由（1），且是中点，可得是中点，又 ， 等腰中，由三线合一得 ， 已知平面平面，平面平面，且平面， 根据面面垂直的性质定理，可得 平面，又 平面， 根据面面垂直的判定定理，可得 平面平面. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理推出，再通过线面平行的判定定理证明平面； （2）利用等腰三角形三线合一得到，结合面面垂直的性质推出平面，最后由面面垂直的判定定理证明结论. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 18. 甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为. （1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜. （ⅰ）若，求乙获胜的概率； （ⅱ）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率（用表示）. （2）设双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局的概率；双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜的概率.比较与的大小. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2）当时，；当时，；当时，. 【解析】 【分析】（1）（i）分析可知乙对甲可以以、、获胜，结合独立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （ii）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局，求出、，结合条件概率公式求解即可； （2）记，推导出 ，，作差，对和的大小进行分类讨论，即可得出与的大小. 【小问1详解】 （ⅰ）因为甲每局获胜的概率为，所以乙每局获胜的概率为， 若乙获胜，则乙对甲可以以、、获胜， 若乙以获胜，则前局全是乙赢； 若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局； 若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局. 所以乙获胜的概率为. （ⅱ）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局， 若甲获胜，则甲获胜，则甲对乙可以以、、获胜， 若甲以获胜，则前局全是甲赢； 若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局； 若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局. 所以. 事件（甲获胜且乙至少获胜一局）等价于“甲以或获胜””，， 所以在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率为 . 【小问2详解】 设表示前局中同学甲赢得的局数，记， 则 . 对于，设双方平之后甲获胜的概率为，则，所以， 则. 因此. 因为，可得 ， 又， 所以. 当时，可得，即； 当时，；当时，. 19. 已知函数，． （1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （2）若直线是函数图象的切线，求的最小值； （3）当时，若与的图象有两个交点，求证：．（取为，取为，取为） 【答案】（1）（2）．（3）详见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得对，恒成立，转化为，求值即可，（2）设切点由导数几何意义得，，令，则，利用导数求最值即可：（3）先根据等量关系消去参数得到，构造函数，再利用基本不等式进行放缩，即可得证. 【详解】（1）,则， ∵在上单调递增，∴对，都有， 即对，都有，∵，∴， 故实数的取值范围是． （2）设切点，则切线方程为， 即，亦即， 令，由题意得， 令，则， 当时 ，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， ∴，故的最小值为． （3）由题意知，， 两式相加得，两式相减得， 即，∴， 即， 不妨令，记，令，则， ∴在上单调递增，则， ∴，则，∴， 又， ∴，即， 令，则时，，∴在上单调递增， 又， ∴，则，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期高二年级第二次阶段测试联考试卷 数学 2026.05 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷满分150分，考试时间为150分钟.考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请将自己的姓名、考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置. 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效. 4.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚.线条、符号等须加黑、加粗. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 函数在[0，π]上的平均变化率为 A. 1 B. 2 C. π D. 2. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 3. 下列函数的导数正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知线性相关的两个变量，的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（ ） 3 4 6 7 20 40 60 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 下列函数中，在上为增函数的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知甲组有名男生名女生，乙组有2名男生4名女生，如果随机选1个组，再从该组中随机选1名学生，则该学生是女生的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线，与平面，，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 8. 已知二项式的展开式中，各项系数的最大值为80，且最大值在第与项取得，则n的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选不得分） 9. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数的极大值为，极小值为 B. 函数的单调增区间为 C. 函数的单调减区间为 D. 曲线在点处的切线方程为 10. 若，则下列选项正确的是（ ） A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B. C. D. 当时，除以9的余数为1 11. 在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 换号后答对概率增大 D. 换号后答对概率不变 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为______． 13. 某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则在刮风天里，下雨的概率为___________. 14. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是____. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明和证明过程） 15. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 （1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? （2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图在三棱锥中，，点D在AB上，点E为AC的中点，且平面PDE. （1）求证：平面PBC； （2）若平面平面ABC，求证：平面平面PCD. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 18. 甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为. （1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜. （ⅰ）若，求乙获胜的概率； （ⅱ）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率（用表示）. （2）设双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局的概率；双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜的概率.比较与的大小. 19. 已知函数，． （1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （2）若直线是函数图象的切线，求的最小值； （3）当时，若与的图象有两个交点，求证：．（取为，取为，取为） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $