精品解析：山西省长治市部分学校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试题

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. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，根据交集的定义得. 2. 设复数，则=（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】先根据共轭复数的定义求出，再计算的结果，最后根据复数模的计算公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以， 所以. 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. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意知点是函数图象的一个对称中心， 故，则， 结合，可知，则时，取最小值. 4. 一组从小到大排列的数据：3，4，，12，16，若这组数据的第60百分位数比平均数大2，则的值为（ ） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】先求出第60百分位数和平均数，再根据第60百分位数比平均数大2，建立等量关系求解即可. 【详解】解：由题意得，则第60百分位数为， 因为平均数为，第60百分位数比平均数大2， 所以，解得. 5. 已知直线与平面，，满足且，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 【答案】B 【解析】 【分析】 根据充分必要条件的定义判断． 【详解】当时，不能推出；当时，又，可得． 故选：B． 【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，掌握线面间位置关系的判断方法是解题关键． 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. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的周期性、奇偶性将、、的自变量转化到同一单调区间上，结合该区间单调递增的性质比较函数值大小. 【详解】由得是周期为的周期函数， 因为函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减， 所以在区间上单调递增， 对于：，由周期性得，其中， 对于：由周期性得，由奇偶性得，故，， 对于：，， 因为，， 所以，又在区间上单调递增， 所以，即. 7. 在中，，，，点为的中点，为上的点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中点得，由共线设，对照已知表达式求出、，再拆分数量积，代入模长与夹角余弦算出结果. 【详解】因为为中点，故，由于在上，、、三点共线. 根据共线向量的性质，存在实数，使得. 代入得： 结合题设，由平面向量基本定理，对应系数相等. 因此，解得，故. 将代入的表达式，得. 因此 已知，故，，. 因此. . 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. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，对其求导，根据已知条件判断单调性，再结合已知值确定的零点，最后将不等式转化为，利用函数单调性求解不等式. 【详解】设，则. 已知，所以，这表明在上单调递减. 已知，可得：. 不等式可化为：， 即0. 所以， 根据单调性可得. 已知，所以时，. 综上，不等式的解集为. 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. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】 对于A：随机变量服从正态分布，正态曲线关于对称轴对称，对称轴两侧的概率相等， 所以，故A正确； 对于B：由正态分布的对称性可得， 因为，所以，故B正确； 对于C：正态曲线的对称轴是，，所以，故C错误； 对于D：由正态分布的对称性可得， 因为，所以，故D正确. 10. 设为数列的前项和，已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由递推关系​可判断是等比数列，公比为2，结合，求出首项​，进而得到的通项公式.可直接计算​验证A选项；写出的表达式，推导的结果验证B选项，先判断是首项为、公比为的等比数列，用等比数列前项和公式求其前项和，验证C选项，先由​求出的通项，再对裂项，用裂项相消法求和，验证D选项. 【详解】由已知有意义，故， 又， 所以数列是公比的等比数列， 因为， 所以， 所以， 因此数列的通项公式为， 对于选项A，，A正确； 对于选项B，，， 因此，B正确； 对于选项C，数列是首项，公比为的等比数列， 数列的前项和，与选项给出的不符，C错误； 对于选项D，， 则​， 所以​，D错误. 11. 已知抛物线的焦点为，直线与交于，两点，与轴交于点，与直线交于点，为坐标原点，则（） A. 的准线方程为 B. C. 当时，的面积为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，根据抛物线方程求出准线方程；对于选项B，设出直线MN的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和向量的数量积判断是否成立；对于选项C，当时，求出直线方程，联立抛物线方程，利用弦长公式和点到直线的距离公式求出的面积；对于选项D，根据弦长公式和韦达定理进行分析. 【详解】选项A，在抛物线中，，则，所以准线方程为，故A错误. 选项B，抛物线的焦点，设，. 联立，消去x可得. 根据韦达定理，，. 则16. 所以0，则，故B正确. 选项C，当时，直线的方程为，即. 联立，消去可得. 根据韦达定理，，. 则， 点到直线的距离. 所以的面积，故C正确. 选项D，设，因为点在直线上， 联立，消去可得， ，解得或. 所以，解得，， 点是直线与轴的交点，令，得，所以， 则， ， ， 要验证，即验证： 化简得：， 因为，且. 所以， 所以和同号，即 . 因为， 或时，，与右边相等， 故D正确. 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） 【答案】 【解析】 【分析】根据通项公式确定时，代入求解系数即可. 【详解】解：设二项展开式通项为，则， 所以的系数为. 13. 已知双曲线的焦距为，且的渐近线与圆相切，则的方程为________． 【答案】 【解析】 【详解】因为双曲线的焦距为8，所以，得， 故得，又双曲线C的渐近线方程为， 整理为一般式为，圆的圆心为，半径， 由于的渐近线与圆相切，故圆心到渐近线的距离等于半径， 由点到直线的距离公式可得：，结合，解得， 进而 ，因此双曲线C的标准方程为. 14. 已知数列的前项和为，且，设为数列的前项和，则=________．（符号表示不超过的最大整数，例如） 【答案】 【解析】 【分析】根据的关系求出，再放缩得到即可求解． 【详解】时，，解得， 时，， ， 解得，时也符合， ，设， ， ，， 又， ，， ， ． 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求角C； （2）若的面积为，求c的最小值． 【答案】（1）（或） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为 由正弦定理得：，化简得， 由余弦定理得，因为，所以. 【小问2详解】 由三角形面积公式有， 所以，由余弦定理得：， 当且仅当时等号成立，所以，即的最小值为. 16. 如图，在直三棱柱中，，，是线段上靠近的三等分点，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． 【答案】（1）证明：在中，因为分别为线段的中点，所以， 因为，所以， 又因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，再由三棱柱为直三棱柱，得到平面，证得，根据线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，根据向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为，且平面， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，由， 可得， 因为是线段上靠近的三等分点，且，所以, 又因为分别是线段的中点，可得， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面夹角为，可得， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 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． 【答案】（1） （2）设该用户购买“准时保”的净收益为元，则的取值可能为，， 结合（1）有该用户每次外卖点餐准时送达的概率为， 则，， 所以，即亏损期望是0.4元，超过了0.2元， 所以他不愿意购买“准时保”． 【解析】 【分析】（1）根据题意，及全概率公式即可求解； （2）结合（1），求出购买“准时保”的期望，进而即可判断该用户是否愿意购买“准时保”． 【小问1详解】 令事件“外卖点餐准时送达”，“选择甲餐厅”，“选择乙餐厅”，“选择丙餐厅”， 则，，，，，， 所以该用户每次外卖点餐准时送达的概率为： ． 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的长轴长为，点在上． （1）求的离心率； （2）若点在上，为坐标原点，求面积的最大值； （3）设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴的交点坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得，再由点在上，代入求得，进而求得，结合椭圆离心率的公式，即可求解； （2）由（1）得到椭圆的方程为，且为，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程组，利用，求得的值，得到两平行线间的最大距离为，进而求得的面积的最大值； （3）设，，分别求得直线和的方程，联立方程组，求得和，得到直线的得方程，即可得到答案. 【小问1详解】 解：由椭圆的长轴长为，可得，解得， 又由点在上，可得，解得，即， 所以， 所以椭圆的离心率为. 【小问2详解】 解：由（1）知：且，所以椭圆的方程为， 又由，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为， 联立方程组，整理得， 因为直线与椭圆相切，可得， 可得，解得， 所以直线与直线之间的距离为： ， 直线与直线之间的距离为： ， 所以两平行线间的最大距离为， 又因为， 所以的面积的最大值为. 【小问3详解】 解：因为动点在直线上，可设，其中， 再设，且， 可得直线的方程为， 联立方程组，整理得， 可得，可得， 所以，即， 同理可得：直线的方程为，且， 所以直线的斜率的倒数为， 所以直线的方程为，整理得， 设直线与轴的交点为， 令，可得，所以直线与轴的交点为. 19. 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：． 【答案】（1） （2）证明：， 当时，，， 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； 当时：， 当时，，，所以， 所以在上单调递增，无极值点. 当时，， 设，恒成立，所以在上单调递增， 令得，所以， 所以，所以， 设，易知在上单调递增， ， 令，设，， 当时，，单调递减，所以，所以， 而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的， 使得，所以， 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，存在唯一的极值点且为极小值点； （3）证明：设的极小值点为，由（2）可知在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 又，所以，所以， 若恒成立，则， 令，则，要证， 即证， 设，，，在上单调递减， 所以， 令，则， 令，因为， 仅当时，“”成立，所以单调递增， 所以当时，，单调递增，，所以， 所以， 所以，所以在上单调递增，所以， 所以，所以成立． 【解析】 【分析】（1）求导得到，进而计算，可得到切线斜率，再利用点斜式写出切线方程； （2）对求导得到，分类讨论分析的单调性和零点情况；进而判断的极值点情况； （3）结合（2）的结论，利用的极小值建立关于的不等式；先通过不等式求出的范围，再构造函数，利用函数单调性证明不等式． 【小问1详解】 当时，， 则， 所以，， 所以在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，12，16，若这组数据的第60百分位数比平均数大2，则的值为（ ） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 5. 已知直线与平面，，满足且，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，，，，点为的中点，为上的点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 10. 设为数列的前项和，已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，直线与交于，两点，与轴交于点，与直线交于点，为坐标原点，则（） A. 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. 已知双曲线的焦距为，且的渐近线与圆相切，则的方程为________． 14. 已知数列的前项和为，且，设为数列的前项和，则=________．（符号表示不超过的最大整数，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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求角C； （2）若的面积为，求c的最小值． 16. 如图，在直三棱柱中，，，是线段上靠近的三等分点，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. 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. 已知椭圆的长轴长为，点在上． （1）求的离心率； （2）若点在上，为坐标原点，求面积的最大值； （3）设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴的交点坐标． 19. 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $