江西省临川第一中学2025-2026学年高二下学期6月阶段性测试（I卷）数学试题

**基本信息** 2026年6月高二数学阶段性测试卷，以概率统计、导数、数列等核心知识为载体，通过苏超联赛、航天任务等真实情境，考查数学眼光观察现实世界、数学思维分析问题的能力，兼具基础巩固与创新应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|离散型随机变量、导数运算、独立性检验|基础概念辨析，如第3题结合睡眠质量调查考查独立性检验| |多选|3/18|函数导数、概率事件、抛物线性质|多维度能力考查，如第9题综合导数单调性与极值| |填空|3/15|随机事件概率、期望计算、数列求和|实际应用，如第13题员工能力评估期望计算| |解答|5/77|数列通项与求和、统计分析、椭圆方程、导数证明|综合性强，如17题苏超联赛性别关联分析，19题导数极值点与恒成立证明|

机密★启用前 2026年6月高二年级阶段性测试（I卷） 数 学 考生注意： 1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并收回。 一、单项选择题：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. 1．下面不是离散型随机变量的是（    ） A．某旅游景点6月的日游客数量 B．任意抽取一袋标有10 kg的大米，其实际重量 C．抛掷2枚骰子，所得点数之和 D．某外卖员6月的日送餐次数 2．下列求导运算错误的是（    ） A． B． C． D． 3．为研究睡前阅读与睡眠质量是否有关联，某机构采取随机抽样的方法抽取80名学生进行调查，得到成对样本观测数据的分类统计结果，如表所示．依据小概率值的独立性检验，分析睡前阅读是否会有助于睡眠质量． 睡眠质量良好 睡眠质量一般 合计 坚持睡前阅读 30 10 40 不睡前阅读 10 30 40 合计 40 40 80 ，临界值表： 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 则下列说法正确的是（     ） A．依据，有把握认为的人睡前阅读会有助于睡眠质量 B．依据，有把握认为的人睡前阅读会有助于睡眠质量 C．依据，有的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量 D．依据，有的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量 4．过点作圆的两条切线，切点分别为，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 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．某快递店每天的快递量（单位：个），记T表示200天内快递量介于420至540的天数，则T的均值约为（    ）（附：若随机变量，则，，） A．154 B．164 C．174 D．184 7．某航天任务计划从5名备选航天员（包括甲、乙）中选派4人执行空间站作业，分别负责机械臂操作、舱外维护、数据监测三项不同的工作，其中数据监测需要2人负责，机械臂操作与舱外维护各需要1人负责．若甲、乙必须入选且不能从事同一项工作，则不同的安排方案共有（   ） A． 30种 B．45种 C．60种 D．90种 8．已知数列：1，2，3，…，2026，从中任选三项组成一个新数列，则所有新数列中的最小项之和为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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．已知函数，其中是在处的导数值，则下列结论正确的有（   ） A． B．的单调递减区间为 C．的极小值为1 D．在上的最大值为3 10．某社团开展百科知识竞赛答题活动，参与者在道试题（有道文史题和道理科题）中不放回地依次随机抽取道题作答，设事件为“第次抽到理科题”，事件为“第次抽到理科题”，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．已知随机事件，满足，，则______． 13．某公司为评估员工使用人工智能技术辅助办公的能力，随机抽取了该公司n名员工，通过专用系统进行综合评级得出优秀有3人，良好有a人，及格有b人，若从中任选两人则两人都是优秀的概率为．现从中任选3人，记其中优秀的人数为，则的期望________ 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.（13分） 已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)已知，数列的前项和为，求当时的最小值． 16.（15分） 已知，其中，，，，且的展开式中各二项式系数的和为256． (1)求n的值及展开式中二项式系数最大的项； (2)求的值． 17.（15分） 作为江苏省内最高规格的业余足球赛事，苏超联赛自2025年5月开赛以来，凭借“十三太保”城市对抗的独特赛制引发全民热议.为了解观看某场苏超联赛与性别是否有关系，某机构在全市随机抽取了500名居民，其中男性居民与女性居民的人数比为，在抽取的男性居民中，有的人观看了这场苏超联赛，在抽取的女性居民中，有100人没有观看这场苏超联赛. (1)用频率估计概率，样本估计总体，从全市居民中随机抽取1人，试估计此人观看了这场苏超联赛的概率； (2)现定义：，其中是随机事件，从这500人中任选1人，表示“居民观看了这场苏超联赛”，表示“居民是女性”，设观看这场苏超联赛与性别的相关程度的一项度量指标，请利用样本数据求出的值； 18.（17分） 已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，，在椭圆上，且轴，，．直线交椭圆于，两点，与关于原点对称，与关于轴对称，直线与轴的交点为． (1)求椭圆的标准方程． (2)若过作轴的垂线，其垂线平分． （ⅰ）求证：直线的斜率为定值． （ⅱ）当与的面积相等时，求直线的方程． 19.（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：． 数学试题 第7页（共4页） 数学试题 第8页（共4页） 数学试题 第5页（共4页） 数学试题 第6页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026年6月高二年级阶段性测试(I卷) 数学答案 1.B 【详解】选项A,C,D中随机变量X所有可能取的值都可以一一列出，所以它们都是离散 型随机变量， 选项B中X可以取某一区间内的一切实数值，无法一一列出，故不是离散型随机变量， 2.B 【详解】(e2)=2e2x，所以A运算正确，不符合题意； (e-ln3)=e,所以B运算错误，符合题意： (x4cosx)=(x4)'cosx+x4(cosx}=4x3cosx-x4sinx,所以C运算正确，不符合题意； x-x(+)-xx2+1yx2+1-2x21-x2 2+ (x2+1(x2+1 2，所以D运算正确，不符合题意 (x2+1)月 3.C 【详解】零假设为Ho:睡前阅读与睡眠质量无关， 根据列联表中的数据经计算得到 元=80x(30×30-10x10)2-80×80×80 40×40×40×4040×40×40×40 =2010.828X01' 根据小概率值a=0.001的独立性检验，我们推断H,不成立， 即有99.9%的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量. 4.B 【分析】根据两点间距离公式可得PC,即可由勾股定理求解PA=√PC-r2,由三角形 面积公式即可求解， 【详解】由C:(x-1)2+(y-3)2=5可得C1,3),r=√5， 0 所以PC=V3-1+(6-3}=3,进而可得|PA=PC-r2=3-5=2W2, 答案第1页，共12页 故eP4r=x25x5=而， 2 所以四边形PACB的面积为2SAc=2×V10=2W10 5.B 【解析】根据充分必要条件的定义判断 【详解】当a时，不能推出l⊥B;当l⊥B时，又l文a,可得/a. 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.B 【分析】由正态曲线的性质求解即可. 【详解】依题意，得=500，σ=40， 则P(420≤X≤540)=P(u-2o≤X≤u+σ)=P(u-2o≤X≤)+P(u≤X≤u+σ) P(u-2o≤X≤u+26）,P(u-6≤X≤4+g)0.9545+0.6827 0.8186, 2 2 2 所以估计200天内快递量介于420至540的天数大约是：200×0.8186≈164. 7.A 【分析】应用分组分配结合分步乘法原理计算求解， 【详解】甲、乙必选，再从剩余3人中选2人，有C=3种方法： 安排4人到3项不同工作，甲、乙不能从事同一项工作，共有CA-A=10种方法， 所以共有3×10=30种安排方案. 8.C 【分析】先根据任意三个不同项可组成A=6个数列，再得出最小项之和结合组合数的性质 计算求解 【详解】由题知，任意三个不同项可组成A=6个数列： 在所有递增的新数列中，以1为最小项的新数列有C25个， 以2为最小项的新数列有C4个，以3为最小项的新数列有C3个， ,以2024为最小项的新数列有C个， 此时，所有新数列中的最小项之和为 C3025+2C5024+3C023++2024C号=2024C号+2023C号++C302 =C号+2023(C+C)+2022C++C30s=C+2023C+2022C+.+C02s =C+C+2022(C+C)++C35=C+C+2022C+.+C3025 答案第2页，共12页 =C号+C+C号++C36=C21: 所以所有新数列中的最小项之和为6C02: 9.BCD 【分析】先求出导函数得出f(1)判断A,进而得出函数单调性及极值判断B,C,最后得出 最值判断D 【详解】函数f(x)=x+f(1)2+3,f(x)=3x2+2f'(1)x,令x=1,则f(1)=3+2f'(1), f'(I)=-3,故A错误： 函数'(x)=3x2-6x=3x(x-2)<0,则0<x<2,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,2)， 故B正确： 函数”(x)=3x2-6x=3x(x-2)>0,则x>2或x<0,所以函数f(x)的单调递增区间为 (2,+0)或(-∞，0)， 所以函数的极小值为f(2)=2-3×2+3=-1,故C正确： 由上分析，x∈[-1,0)时，函数f(x)单调递增，x∈(0,2)时，函数f(x)单调递减，x∈[2,3] 时，函数∫(x)单调递增， 所以函数的极大值为f(0)=03-3×02+3=3,又f(3)=33-3×32+3=3, 故f(x)在[-1,3]上的最大值为3，故D正确 10.ACD 【分析】选项A通过全概率公式按第一次抽取结果分解计算；选项B直接计算两次都抽到 理科题的概率；选项C利用条件概率公式代入已知概率求解；选项D根据第一次抽到文史 题后剩余理科题的比例直接得出结果， 【详解】由思可得知事件A为第1次抽到理利避，则P()=行， 底吸A=P④P(斗P④@团-兮号号-子A项正路。 选项品表示满次拍到理彩品，P12)=PP@)骨古)B选项错说。 1 选项C:由条件概率公式P(B|A)= P(AB)15_1 P(4)15,C选项正确： 选项D:A表示第一次抽到文史题，抽走1道文史题后，剩余5题仍剩下2道理科题， 答案第3页，共12页 因此P(B司)-子，D选项正确 11.BCD 【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OM1ON是否成立；对于选项C,当 m=1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△FMN 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C:y2=4x中，2p=4,则p=2,所以准线方程为x=-1,故A 错误 选项B,抛物线y2=4x的焦点F(1,0),设M(s,),N(,y) x=y+4 联立 2=4x，消去x可得y2-4-16=0. 根据韦达定理，y1+y2=4m,为=-16. 则5=星生-0_1o216 4416 16 所以OM.ON=55+y=16-16=0,则0M10N,故B正确. 选项C,当m=1时，直线1的方程为x=y+4,即x-y-4=0. 联立 少2=4x，消去x可得2-4y-16=0 x=y+4 根据韦达定理，y1+y2=4,为=-16 则MNM=V1+m3-为=√2√+为)}-4=2√42-4x(-16)=4W10, 点F1,0)到直线x-y-4=0的距离d=1-0-4-3-32 V1+(-1)2V22 所以△FwM的面积s=kd-4iD5-65,枚c正确 2 选项D,设P(-4,%),因为点P在直线x=y+4上， 联立 y2=4x，消去x可得y2-4-16=0, x=10y+4 △=16m2-4×16>0,解得m>2或m<-2. 所以-4=m6+4,解得乃=-8，D4-8 L ) 点2是直线与x轴的交点，令y=0,得x=4,所以2(4,0)， 答案第4页，共12页 则4im水m（}m+8 PM=i+m-小m+ 阳--mg,+mh-(岛e +m+8 1+m 2_四 化简得： 因为=-16，且y1+y2=4m. 所+8+-+品+是16是m)4 21664 2≥0， 1 1 所以+是和，回一 因为 8 16 4m2+16 4m2+4) ++ n 4 mm ,8 8 +m为+加 ++ 1g1+4 、m2 16m2+4到 162+64 16(m2+4) 16 4 (m2 m2 1 m m>2或m<-2时， 8 8 4, 与右边相等， y+ u 故D正确. 【详解】因为P(A)=子Ps4)}所以P(4)=P(aA)P(A)-子行 434 13. ns 【分析】先利用古典概型概率公式求出总员工数，再根据超几何分布的期望公式计算的期 望 【详解】从n名员工中任选2人，共有C:-?,D种等可能的选法；其中2人均为优秀的 2 选法共C=3种 答案第5页，共12页 奥减型的概率公式可得=代入组合数表达式化 0号aa--0 因为neN*,解得n=6(负根舍去). 5为从6人中任选3人中的优秀人数，总体中优秀共3人，非优秀共6-3=3人， 故5服从参数为N=6(总体容量)、M=3(总体中优秀个体数)、k=3(抽取样本量)的 超几何分布 由超几何分布的期里公式(G)-k光，代入参数得B()=3x?? ×6-2 14.29 【分析】根据a,Sn的关系求出4，再放缩得到29<T26<30即可求解. 【详解】n=1时，2S=24=212-4-2=2,解得4=1， n≥2时，2Sn1=2H-4-(n-1)n, 2S-2Sn1=2a.=22-4-n0n+1)-21-4-(n-1)n=2+1-2n, 解得a=2”-n,n=1时也符合， 0=2*-m,设6，=1616 02"-n 。=16=84-9a-a 4 1 8 274- 291 万-16e59号84，+影6闲 2”-n 16,16 又：0<2-n2’ 11 登160. 0516016 台2”-n 合2-n名29=16x252111 1-122202, 2 29<s=g+登16 30, 72”-n [T06]=29、 15.(1)a.=2n-1 (2)16 【分析】(1)根据Sn与a的关系求解即可 (2)根据(1)求出b,再利用对数的性质得到T,=-log2(2n+1),进而求出n的最小值. 【详解】(1)(n+1)Sn--2=0, 答案第6页，共12页 (n+1)Sn-m)=0. n+1≥2≠0，S,n=n2. 当n=1时，4=1. 当n≥2时，am=Sn-S-1=n2-(m-1)2=2n-1. 经检验，当n=1时，也符合此式， ∴an=2n-1. 2&-1e2-lg:2s,（2r-1-l.（2n+, anri .Tn=b+b+b+.…+b =(1og21-log23)+(1og23-log25)+…+[log2(2n-1)-log2(2n+1)]=-log2(2n+1) 又7<-5，log,(2n+1)>5,解得n>3 :neN,.n的最小值为l6. 16.(1) n=8,二项式系数最大项为。r4 (2) 6305 256 【分析】(1)利用二项式系数和为2”的性质列方程求，再根据偶数次二项展开式中二项式 系数最大项为中间项计算对应项： (2)采用赋值法分别求出常数项4和所有项的系数和，两式作差得到所求系数和. 【详解】(1)二项展开式的所有二项式系数之和为2”，由题意得2”=256，解得n=8(n∈N*). 因为n=8为偶数，故展开式中二项式系数最大的项为第+1=5项 由二项展开式通项公式IH=C1- (k=0,1,2.,8),得 168 (2)由(1)知，n=8.令x=0,代入原式得1+0)3=，解得4=1. 令x=1,代入原式得1+ 2 =4+4+4++4,即 答案第7页，共12页 3)8 6561 4+4++3 2 256 因此4+4+.…+4=4+42+.…+%= 6561 -4 6561-1-6305 256 256 256 17. (2k=月 【分析】(1)根据给定条件确定样本中男性居民与女性居民的人数，再用频率估计概率. (2)利用新定义，结合条件概率的公式计算即可. 【详解】(1)依题意，样本中男性居民与女性居民的人数分别为300人，200人， 在300名男性居民中，有200人观看了这场苏超联赛， 在200名女性居民中，有100人观看了这场苏超联赛， 200+1003 因此样本中，观看了这场苏超联赛的频率为 500-5' 所以从全市居民中随机抽取1人，估计此人观看了这场苏超联赛的概率为 PM万 (2)由D得PW1M0=g0=2o0+100-3PWM0=P9 200 2 P0200+1003, 因此LR(WIM)= P(NM)1 P(NM)2 又P(NI0= o专N0-离o士 因此RN=2PWL,所以太 LR(NM)1 P(N|@ LR(NM)2 18.a听+号-1 (2)(i)证明：由题意知，直线1的斜率存在，设直线1的方程为y=x+,A(:,),B(x,为2). y=kx+m 联立 ,消去y并整理，得(1+4k2)x2+8x+42-8=0. 82 则△=64k22-4(1+4k2)(4m2-8)=4(32k2-42+8)>0,即m2<2+8k2, -8km 4m2-8 5+51+4报，西=1+4状2 如图，过点P作PN⊥x轴，则线段PN平分∠APB, B 答案第8页，共12页 A4+kB=0,即-凸-0. x-2x2-2 又，y=+m,y2=kx2+m, .25+(m-1-2)(5+3)-4(m-1)=0, .4k2-4k+1+2a-m=0,即(2k-1)(2k-1+m)=0, k-号或2次-1+m=0. 当2k-1+m=0时，：y=x+m=k(x-2)+1,此时直线1过点P,舍去， :k=】.故直线的斜率为定值。 2 2+ 3 3 【分析】1)因为椭圆上的点满足l orh or=2a,结合己知lQR1=QR可得到1QR与 IO和α的关系；又因为0g上x轴，所以Q的横坐标为c,代入椭圆方程可得1QR1= a 结合点P(2,1)在椭圆上，联立方程即可求出d,b2。 (2)①因为过P的x轴垂线平分∠APB,所以直线PA和PB的斜率互为相反数，设出直线I的 方程与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理表示出PA,PB的斜率之和 为0，推导可得直线1的斜率。 ()先根据A的坐标写出F和E的坐标，求出直线BF的方程，进而得到点M的坐标；再分 别写出△MAB和△EAB的面积表达式，结合面积相等的条件，联立之前得到的直线斜率关系， 求解得到直线方程的参数。 【详1)o叶g ∴2r+2R=0E+70r=80r=2a, 2r年则og0l=石 又：2E⊥x轴，口RP=2EP+耳EP, 9-(9+,即r-4e c2=d2-b2,.2=4b2. 点P2山在稀服上，会+方=1。 2=8,b2=2, 答案第9页，共12页 故椭圆C的标准方程为号+号-1， (2)(i)略： (ii)解：由(i)可知x1+2=-2m,xx2=2m2-4,且E(-x,-),F(x,-), 直线M:y-y,=+当c-x,). X2-X1 1 1 令y=0,得x=+出。 2+2 x+m 53+m(+x3）4 i+y2 2+m+ +m 26+3片2n M-40 ,△MAB与△EAB的面积相等， .E,M到直线l的距离相等， 21.1 ∴.EM与I的交点为EM的中点，且EM的中点坐标为- m2,24: l:y-xim. 化简，得1=3 ,解得m=±V6 3 :直线1的方程为y 1,6或y= 2x+3 3 19,0x+1-3 e (2证明：fx)=e“_血x(a≥0)， xx 当a=0时，f(x)=1-x,s)= 2 当x∈(0,1)时，f(x)<0,f(x)单调递减： 当x∈(L,+o)时，'(x)>0,f(x)单调递增， 所以x=1为函数f(x)的唯一极值点且为极小值点； axe"_ axe-in 当a>0时：f'(e)=ae+7 当x>1时，ae">0,2>0,所以f'(x)>0, 所以f(x)在(L,+o)上单调递增，无极值点. 答案第10页，共12页 当0<x<1时，n1>0, 设g(x)=xex,g'(x)=(x+)e>0恒成立，所以g(x)在(0，+o)上单调递增， 令f树=0附ae=he,所以8a)-n 所以ax=ln1,所以x+lnr=0, 设h(x)=ac+hx(a>0),易知h(x)在(0，+o)上单调递增， 令1=a1>1,设90=1片i,pe-片是， 当te+四时，p0<0:0单调选减，所以0<)-0，所以a）0, 而h()=a>0,根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，∈ 使得h(xo)=0,所以f(x)=0, 当x∈(0，)时，h(x)<0,所以f'(x)<0, 当x∈(6，+o)时，h(x)>0,所以f'(x)>0, 故，是函数f(x)唯一的极值点且为极小值点， 综上所述，∫(x)存在唯一的极值点且为极小值点： (3)证明：设f(x)的极小值点为，由(2)可知f(x)在(0，)上单调递减，在(，+∞)上单 调递增， 所以f(田的最小值为f()=_血-1， 又am=-l,所以e-,所以f飞)=1+a-1=a, 若f(x)≥2恒成立，则a≥2， 31 要证sin 2a a 即证sin6> 20 2 上单调递减， 3 3） 所以p'(O)≥4cs 32 431 答案第11页，共12页 令gf到=6ox-1于.则g)=nx+ 令m(x)=q(x),因为m(x)=-cosx+1≥0， 仅当x=2k饥，k∈Z时，“=”成立，所以g(x)单调递增， 所以当x>0时，g()>9(0)=0,9()单调递增，g()>q(0)=0,所以cosx>1- 2 3 19232 所以cos三>1- 4 216323 所以p'()≥cos 32>0,所以p(8在0， 43 上单调递增，所以p(θ)>p(0)=0, 4 31 所以in6>28，所以sm>成立 2a a 答案第12页，共12页