河南许昌市部分学校2025-2026学年高二下学期6月联考数学试卷（人教A）

高二数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；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． 4．本卷命题范围：人教A版高考范围（除选择性必修第三册第八章）． 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．已知集合，，则 A． B． C． D． 2．设复数，则 A．1 B．2 C．4 D．6 3．已知点是函数（）图象的一个对称中心，则的最小值为 A． B． C． D． 4．一组从小到大排列的数据：3，4，x，12，16，若这组数据的第60百分位数比平均数大2，则x的值为 A．10 B．9 C．8 D．7 5．已知直线l和两个不同的平面，，若，，则“”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 6．已知函数是定义在上的偶函数，，且在上单调递减，若，，，则 A． B． C． D． 7．在中，，，，点D为的中点，P为上的点，且，则的值为 A． B．4 C． D．6 8．已知定义域为的函数的导函数为，且满足，，则当时，不等式的解集为 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．已知随机变量X服从正态分布，则 A． B． C． D． 10．设为数列的前n项和，已知，，且，则 A． B． C． D． 11．已知抛物线C：的焦点为F，直线l：与C交于M，N两点，与x轴交于点Q，与直线交于点P，O为坐标原点，则 A．C的准线方程为 B． C．当时，的面积为 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中的系数为__________．（结果用数字作答） 13．已知双曲线C：（，）的焦距为8，且C的渐近线与圆相切，则C的方程为__________． 14．已知数列的前n项和为，且，设为数列的前n项和，则__________．（符号表示不超过x的最大整数，例如，） 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） 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求C； （2）若的面积为，求c的最小值． 16．（本小题满分15分） 如图，在直三棱柱中，，，，P是线段上靠近的三等分点，E，F分别是线段，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17．（本小题满分15分） 某用户只在某外卖平台的甲、乙、丙三家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲、乙、丙餐厅的概率分别为、、，甲、乙、丙餐厅的准时送达率分别为、、．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立． （1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率； （2）平台推出“准时保”，每单需支付1元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过0.2元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由 18．（本小题满分17分） 已知椭圆C：（）的长轴长为4，点在C上． （1）求C的离心率； （2）若点Q在C上，O为坐标原点，求面积的最大值； （3）设A，B分别为C的左、右顶点，动点M在直线上，直线与C的另一个交点为E（异于点B），直线与C的另一个交点为F（异于点A），求直线与x轴的交点坐标． 19．（本小题满分17分） 已知函数（）． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：存在唯一的极值点； （3）当恒成立时，证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学参考答案、提示及评分细则 1．C 2．D 3．A 4．A 5．B 6．D 7．B 8．C 9．ABD 10．AB 11．BCD 12． 13． 14．29 15．解：（1）由正弦定理及，得 ，整理得， 3分 由余弦定理，得． 6分 因为，所以． 7分 （2）由面积公式，得． 9分 由余弦定理，结合基本不等式，得，即，当且仅当时取等号，故c的最小值为． 13分 16．（1）证明：因为E，F分别是线段，的中点，所以． 因为，所以． 1分 因为直三棱柱中，底面，平面，所以． 3分 又，，平面，所以平面． 5分 （2）解：由题知，，两两相互垂直，故以C为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， 所以，，，． 7分 设平面的法向量为，则 令，得，，故． 10分 设平面的法向量为，则 令，得，，故． 13分 所以，即平面与平面夹角的余弦值为． 15分 17．解：（1）设事件“外卖点餐准时送达”，“在甲餐厅点餐”，“在乙餐厅点餐”，“在丙餐厅点餐”，根据题意，可得，，，，，， 由全概率公式得该用户每次外卖点餐准时送达的概率为： ． 6分 （2）他不愿意购买“准时保”． 理由如下：设他购买“准时保”的净收益为Y元，则Y的所有可能取值为，2， 8分 ，， 10分 则． 12分 因为，即亏损期望超过0.2元，所以他不愿意购买“准时保”． 15分 18．解：（1）由题知，即，C的方程为． 1分 代入点，得，解得， 2分 所以C的方程为，离心率． 3分 （2）由题知，直线的直线方程为，即． 设，因为Q在C上，所以， 所以点Q到直线的距离． 5分 又因为，所以． 6分 设，则当直线与C相切时，k取得最值， 联立方程组消去y整理得， 所以，所以， 8分 所以面积的最大值为． 9分 （3）由椭圆对称性可知，直线与x轴的交点异于原点，且斜率不为0，如图所示： 设与x轴的交点为，，，，，， 设直线的方程为，由消去x，得， 由，得， 则，． 11分 由（1）知，， 则直线的方程为，直线的方程为， 由题意知，直线与交于点M，且点M在直线上， 所以，即． 所以，即．① 13分 当，即直线的斜率存在时，由，得， 代入①，得． 当时，上式恒成立，所以． 15分 当，即直线的斜率不存在时，若，则直线的方程为， 不妨取点E在第一象限，则，，满足①式． 综上，直线与x轴的交点的坐标为． 17分 19．（1）解：当时，，， 所以，， 2分 所以曲线在点处的切线方程为，即． 3分 （2）证明：当时，，， 则当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以为函数的唯一极值点且为极小值点； 5分 当时，， 当时，，，所以，所以在上单调递增，无极值点． 6分； 当时，， 设，恒成立，所以在上单调递增， 令得，所以， 所以，所以． 7分 设（），易知在上单调递增， ， 令，设，， 当时，，单调递减，所以，所以， 8分 而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的， 使得，所以， 9分 当时，，所以，当时，，所以， 故是函数唯一的极值点且为极小值点． 综上所述，存在唯一的极值点． 10分 （3）证明：由（2）知存在唯一的极值点，且为极小值点，设为，且在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 11分 又，所以，所以， 若恒成立，则， 12分 令，则，要证，即证，． 13分 设，，则，且在上单调递减， 所以， 15分 所以在上单调递增，所以， 所以，所以成立． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $