精品解析：河南新乡市部分学校2025-2026学年高二下学期6月联考数学试题

高二数学试题 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题（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. 设复数，其共轭复数为，则（    ） A. B. C. 2 D. 2. 已知、，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 已知圆O与直线l相切于点A，点P，Q同时从点A出发，点P沿着直线l向右､点Q沿着圆周按逆时针以相同的速率运动.连接OA，OQ，OP，OP与圆O交于点B，如图所示，记图中两个阴影部分的面积分别为，.当点Q运动到点A时，点P也停止运动，在这个过程中，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 先，再，最后 4. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 7. 设随机变量的分布列为，且，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 数列前7项之和为 D. 8. 已知函数，将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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. 下列选项中说法正确的是（ ） A. 函数的单调减区间为 B. 幂函数过点，则 C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若函数的值域为，则实数的取值范围是 10. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点，过点作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 三棱柱外接球的半径为 C. 若交于，则为中点 D. 将三棱柱分成两部分，体积较大部分的体积为 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若直线与曲线相切，则切点的横坐标为______． 13. 若，，则tanα＝__________． 14. 某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 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. 一个袋中装有6个同样大小的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出3个小球，用X表示取出的3个小球中最大编号和最小编号的差． （1）求； （2）求随机变量X的分布列和数学期望． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2）D为外一点，且与点B位于直线AC的同侧，，，若，，求的面积. 17. 在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． （1）证明：平面； （2）线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 18. 已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且. （1）求抛物线的方程； （2）设直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，为的焦点. （i）若，且的中点为，求到轴距离的最小值； （ii）若已知直线：，且，设数列的前项和为，证明：. 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）证明：； （3）设，若存在，使得，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试题 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题（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. 设复数，其共轭复数为，则（    ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数运算化简，并求得其共轭复数，再求的模即可. 【详解】复数，其共轭复数， ，. 故选：A 2. 已知、，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】当时，，即， 所以，“”“”， 若，不妨取，，则不成立， 所以，“”“”， 所以，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知圆O与直线l相切于点A，点P，Q同时从点A出发，点P沿着直线l向右､点Q沿着圆周按逆时针以相同的速率运动.连接OA，OQ，OP，OP与圆O交于点B，如图所示，记图中两个阴影部分的面积分别为，.当点Q运动到点A时，点P也停止运动，在这个过程中，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 先，再，最后 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，弧的长度与相等，利用扇形的面积公式与三角形的面积公式表示出阴影部分的面积，，比较大小即可． 【详解】解：因为直线l与圆O相切于点A，所以，所以扇形AOQ的面积，的面积.又，所以，所以，即， 故选：A. 4. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据定义分别求得和，再构造函数，根据导数确定零点的取值范围即可求解． 【详解】，则，即， ，则， 设，则， 所以在单调递增，又， 所以存在，使得，即； ，则，即， 综上所述，， 故选：A． 5. 已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列前项和最值的性质，建立不等式解出即可. 【详解】因为是中的唯一最大项，所以且， 即且，又，解得， 即的取值范围为． 6. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过角平分线性质定理、双曲线的定义、余弦定理求解. 【详解】因为直线的，由角平分线性质定理可知， 所以，由双曲线的定义可知，所以， 在中由余弦定理可得， 即，整理得， 两边同除以可得，解得或（舍去）． 故选：C 7. 设随机变量的分布列为，且，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 数列前7项之和为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用累积概率与分布列关系推导出的递推公式，进而求出通项，再结合分布列概率总和为1确定首项，最后逐个分析选项即可. 【详解】因为，， 则当时，， 代入得，化简得; 由递推式：，即; 由分布列概率总和为1可得：，即. 选项A，因为，所以，，所以数列不是等比数列，A错误； 选项B，，B错误； 选项C，因为，所以前7项和为：，C错误； 选项D，期望，D正确. 8. 已知函数，将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数图象平移及伸缩变换得到，由，结合函数图象即可求解. 【详解】将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度， 可得：， 当，可得， 则， 因为存在唯一实数，使得， 即是的子集，且唯一， 由图像可知， ， 所以实数的取值范围为， 故选：B 二、多选题（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. 下列选项中说法正确的是（ ） A. 函数的单调减区间为 B. 幂函数过点，则 C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若函数的值域为，则实数的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，先求函数的定义域，再根据“同增异减”法则，判断单调减区间；对B，先确定的值，再将已知点代入函数求出，进而计算；对C，列不等式，求解得到的定义域；对D，因为函数的值域为，所以需保证能取到所有正实数，分和两种情况讨论 【详解】对A，函数，，解得或 因为复合函数同增异减，外层是增函数，内层减区间为， 结合定义域得的单调减区间为，不是，因此A错误； 对B，根据幂函数定义，形如的函数是幂函数，因此系数， 因为函数过，所以，解得； 因此​，B正确； 对C，因为的定义域为，所以对，满足，解得，即的定义域为，C正确； 对D，因为值域为R，所以需能取到所有正实数， 当时，真数为，是一次函数，可取所有正实数，符合条件； 当时，真数为二次函数，需满足开口向上，且判别式，解得， 综上的取值范围是，D正确. 10. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点，过点作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 三棱柱外接球的半径为 C. 若交于，则为中点 D. 将三棱柱分成两部分，体积较大部分的体积为 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，通过证明直线与截面α内的法向量不垂直判断；对B，将直三棱柱补为长方体，根据长方体外接球半径等于长方体体对角线的长度计算；对C，设交点为中点，共面向量定理求解验证；对D，先求三棱柱总体积，用补形法（总体积减较小部分体积）计算较大部分体积. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，所以，， 对于选项A：，， 设平面的法向量为， 则由，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 因为，故 不平行于平面，A错误； 对于选项B：直三棱柱中，， 可补为棱长为2的正方体，设外接球的半径为， 则外接球直径等于正方体体对角线，即，解得，B正确； 对于选项C：若为中点，则坐标为，，且四点共面， 则，，即，所以， 方程组无解，所以不是中点，C错误； 对于选项D：设与交点，则， 由得，所以， 解得，即. 三棱柱总体积，体积较小部分可分割为四棱锥和三棱锥， 对四棱锥，顶点，底面四边形顶点， 底面四边形面积，高为到平面的距离， 所以； 对三棱锥，顶点，底面顶点， 底面三角形面积，高为到平面的距离， 所以， 所以体积较小部分的体积为，所以体积较大部分的体积为，D正确. 【点睛】本题以直三棱柱为载体，综合考查空间线面平行判定、外接球半径计算、截面交点定位、空间几何体体积计算，核心方法是空间直角坐标系 + 向量法，将几何问题代数化，同时结合补形、分割等体积计算技巧. 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若直线与曲线相切，则切点的横坐标为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据导函数的几何意义和函数求导的运算法则，求出函数导数，设出切点坐标，根据切线的性质，求出切点的横坐标. 【详解】设切点为，由，得， 则，解得． 故答案为：. 13. 若，，则tanα＝__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由商数关系，二倍角公式变形后求得，再由同角关系式求得，． 【详解】因为， 所以， 因为， 所以， 所以， 解得， 所以， 所以． 故答案为：． 14. 某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知三年修完门学科，则每位同学每年所修课程数为，，或，，或，，， 1.将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有 种； 2.将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有种； 3. 将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有 种． 所以每位同学的不同选修方式有种． 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. 一个袋中装有6个同样大小的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出3个小球，用X表示取出的3个小球中最大编号和最小编号的差． （1）求； （2）求随机变量X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，． 【解析】 【分析】（1）根据题意，由概率公式代入计算，即可求解； （2）有题意可得，X的取值分别为2，3，4，5，分别求得其对应概率，再由期望的公式代入计算，即可得到结果； 【小问1详解】 当时，这3个球的编号分别有两个为1和6，另一个为2或3或4或5， 可得； 【小问2详解】 随机变量X的取值分别为2，3，4，5， 有， ， ， 随机变量X的分布列为： X 2 3 4 5 P 则． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2）D为外一点，且与点B位于直线AC的同侧，，，若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求得； （2）在中，结合余弦定理得，结合正弦定理得，进而求得，最后根据面积公式求解即可. 【小问1详解】 解：因为， 所以， ， ， 因为，所以， 所以，即， 又，则有，所以. 【小问2详解】 解：因为，，， 所以在中，， 所以，即， 因为在中，， 所以， 因为，所以， 所以 ， 所以. 17. 在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． （1）证明：平面； （2）线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 法一：如图，连接，交于， 取中点，连接，． 为中点，且， 又且，且， 所以四边形为平行四边形，，， 平面，平面， 平面． 法二：如图，连接，交于，连接． 分别为中点，， 平面，平面， 平面． （2）不存在，理由： 四边形为菱形，，又， 为等边三角形，为中点，， 又，，，平面，平面， ，又，，，平面， 平面， 如图，以为原点，在平面内过点作的平行线为轴， 所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系． 得，，， ，，， ． 设，，， ，， 设平面法向量，且，， ，令，解得， ，而设平面法向量， 则，由题意得二面角为， 得到，化简得 ． 故不存在点满足二面角等于． 【解析】 【分析】（1）法一作出符合题意的图形，结合中位线定理得到四边形为平行四边形，进而得到，最后利用线面平行的判定定理求解；法二直接利用中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可. （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面，再建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且. （1）求抛物线的方程； （2）设直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，为的焦点. （i）若，且的中点为，求到轴距离的最小值； （ii）若已知直线：，且，设数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出双曲线渐近线，求出交点，坐标，结合，从而求出抛物线方程. （2）（i）设出直线，联立抛物线，根据题干信息结合韦达定理得到，再根据中点坐标公式表示点坐标，再利用换元的方式将问题转化为，借助对勾函数的图象和性质求出最终答案. （ii）根据抛物线的焦半径特点求出，从而得，当时，利用放缩法得，从而证得，当时，易得也成立. 【小问1详解】 双曲线中，​，渐近线方程为， 联立渐近线与抛物线， 将代入抛物线得对应交点为， 则​，解得， 故抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）设直线，联立得，则， 弦长，故，  中点到轴距离为，代入得 ， 令，则，根据对勾函数图象和性质可知函数在上函数单调递增， 最小值为​，故到轴距离的最小值为. （ii）因为， 所以. 当时，， 所以 ，即； 当时，， 即成立. 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）证明：； （3）设，若存在，使得，证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为和 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先对求导，再分析导数在内的正负区间，进而得到单调区间， （2）设，，再通过求导判断的单调性，结合端点值证明， （3）先对已知等式变形，结合（2）可得，再利用导数证明，由此可得，再证明结论. 【小问1详解】 由，得， 令，解得；令，解得，或， 故的单调递增区间为，单调递减区间为和． 【小问2详解】 证明：设， 则， 因为，则，所以， 所以， 所以在上单调递增，又，所以当时，， 所以当时，， 所以，即． 【小问3详解】 证明：由，得， 则， 即． 由（2）知，在上单调递增，所以， 即，所以， 所以， 设，则， 所以在上单调递增，则，即， 又，所以，即． 又，所以，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $