精品解析：江苏省南通中学2025-2026学年高二下学期6月份阶段测试数学试卷

江苏省南通中学2025-2026学年第二学期6月阶段考试 高二数学 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. 已知全集，，则（    ） A. B. C. D. 2. 设，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 3. 已知，则复数的虚部为（ ） A. －1 B. 2 C. i D. 1 4. 用模型拟合一组数据时，为了求出非线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则c等于（ ） A. B. C. 2 D. 5. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成的角为，则此正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩服从正态分布，将考试成绩从高到低按照、、、的比例分为、、、四个等级.若小明的数学成绩为分，则属于等级（ ）（附：，） A. B. C. D. 8. 将6个相同的布娃娃、3个相同的陀螺、4只不同的风筝分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，陀螺不能全给同一位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝，其中甲风筝必须给周周小朋友，则不同的分配方案有（ ） A. 420种 B. 840种 C. 960种 D. 1280种 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. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 函数的单调递减区间为，单调递增区间为 B. 函数的极小值点是 C. 当时，与直线有2个公共点 D. 当时，与的图象有2个公共点 11. 如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 当M为的中点时，平面 B. 四面体的体积为定值 C. 的最小值为 D. 四面体的外接球半径的取值范围是 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 如图，在三棱柱中，与相交于点，，则线段的长度为__________． 13. 的展开式中只有第项系数最大，则的取值集合为_______. 14. 若不等式恰好有两个整数解，则实数a的取值范围是_______. 四、解答题本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若在处有极大值，求的值. 16. 随着网络经济的发展，直播带货的形式越来越受居民的欢迎，它不仅能助力中小商家，使农产品直达消费者，降低流通成本，还能激活消费需求，带动产业链发展，催生主播孵化、供应链服务等新就业形式.某直播平台为了了解该平台店铺每天的直播时长与店铺美誉度的关系，从该平台3190家店铺中随机选择了290家，得到日均直播时长（单位：小时）与店铺美誉度结果的数据如下表所示： 店铺美誉度 日均直播时长/小时 五星好评 39 68 58 22 13 非五星好评 29 34 17 8 2 （1）估计该平台3190家店铺中日均直播时长少于4小时的店铺有多少家？ （2）从日均直播时长在，，三个组的店铺中，采用分层随机抽样的方法抽出了8家店铺，现从这8家店铺中随机抽取3家，记日均直播时长在内的店铺个数为X，求X的分布列和期望； （3）根据小概率值的独立性检验，分析该平台店铺获得五星好评是否与日均直播时长在内有关. 附：，. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）时，求零点的个数； （3）若时，恒成立，求实数的取值范围． 18. 如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积的最大值； （3）求二面角余弦值的取值范围． 19. 有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最大的麦穗，期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，他的学生两手空空走出麦田，因为他不知前面是否有更好的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设该学生在麦田中一共会遇到颗麦穗（假设颗麦穗的大小均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为了使他能在这些麦穗中摘到那颗最大的麦橞，现有如下策略：不摘前颗麦穗，自第颗开始，只要发现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗.设，该学生摘到那颗最大的麦穗的概率为.（取） （1）若，，求； （2）若取无穷大，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省南通中学2025-2026学年第二学期6月阶段考试 高二数学 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. 已知全集，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集、并集的知识求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以，. 2. 设，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】在前提条件下，分别验证充分性和必要性是否成立，即可得解. 【详解】已知，若，则可得或. 当时，；当时，. 因此由无法推出， 所以“”是“”的不充分条件； 已知，若，则，此时， 因此由可以推出， 所以“”是“”的必要条件， 综上，“”是“”的必要不充分条件. 3. 已知，则复数的虚部为（ ） A. －1 B. 2 C. i D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】因为，可得， 则，所以复数的虚部为1. 4. 用模型拟合一组数据时，为了求出非线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则c等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由回归模型，两边取对数，得到，根据题意，得到，即可求解. 【详解】由回归模型，可得，即， 因为变换后得到线性回归方程为，可得，所以. 故选：B. 5. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将函数存在单调递增区间转化为导数大于0在给定区间内有解，分离参数后求解对应函数的值域即可得到的取值范围． 【详解】求导得，定义域为， 因为在区间内存在单调递增区间， 所以在上有解，即在上有解， 设，，求导得在上恒成立， 因此在上单调递增， 所以，即只需满足即可． 6. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成的角为，则此正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正三棱台的性质求出上下底面的面积，再结合侧棱与底面所成角求出棱台的高，最后代入棱台体积公式计算体积. 【详解】对于正三角形，其面积公式（为边长） 已知正三棱台中，， 则上底面，下底面 设正三棱台上下底面中心分别为,连接，则为正三棱台的高 因为正三角形中心到顶点的距离是边长的倍 所以， 则，且 已知侧棱与底面所成角为，在直角梯形中， 即，解得， 根据棱台体积公式（为高，为下底面积，为上底面积） 将代入可得 故选： 7. 某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩服从正态分布，将考试成绩从高到低按照、、、的比例分为、、、四个等级.若小明的数学成绩为分，则属于等级（ ）（附：，） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出、的值，结合即可得出结论. 【详解】由题意可得，，则， 所以， ， 因为，故小明属于等级. 故选：B. 8. 将6个相同的布娃娃、3个相同的陀螺、4只不同的风筝分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，陀螺不能全给同一位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝，其中甲风筝必须给周周小朋友，则不同的分配方案有（ ） A. 420种 B. 840种 C. 960种 D. 1280种 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数，结合隔板法及排列组合综合问题列式求解. 【详解】不同的分配方案需要3步： 将6个相同的布娃娃分给3位小朋友，每一位小朋友至少有一个布娃娃，有种方法； 将3个相同的陀螺分给3位小朋友，且不能全给同一位小朋友，有种； 将4只不同的风筝分给3位小朋友，每一位小朋友至少有一只风筝， 其中甲风筝必须给周周小朋友，有种， 所以不同的分配方案有（种）. 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. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】结合空间中的位置关系，对每个选项进行分析、判断即可得到正确的结论． 【详解】对于A，若，，，则可能平行，可能相交或异面但不一定垂直，所以A错误； 对于B，因为，，所以，又，所以，所以B正确； 对于C，若，，则可能在平面内或与平面平行，所以C错误； 对于D，由，可得，又，所以，所以D正确． 10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 函数的单调递减区间为，单调递增区间为 B. 函数的极小值点是 C. 当时，与直线有2个公共点 D. 当时，与的图象有2个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，对求导，由导函数符号即可分析函数的单调区间；B选项，由的单调性即可判断极小值点；C选项，根据的单调性、极值点，再结合和的趋势，即可作出函数图象，从而得到交点情况；D选项，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性，作出函数的图象，即可判断. 【详解】对于A，， 当时，，当时， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，故A正确； 对于B，由A可知的极小值点为，极小值为，故B错误； 对于C，当时，，当时，， 当时，，当时，，当时，， 结合函数的单调性画出函数的大致图象， 由图象可得当时，，函数的图象与直线有且仅有两个交点，故C正确； 对于D，令，当时，等式不成立，故不是方程的根， 当时，方程可化为， 令，则有， 所以单调递增区间为和，图象如右图所示， 所以当时，函数的图象与直线有且仅有两个交点， 故当时，与的图象有2个公共点，故D正确. 11. 如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 当M为的中点时，平面 B. 四面体的体积为定值 C. 的最小值为 D. 四面体的外接球半径的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理可得A正确；由线面平行的判定定理证明平面得到三棱锥的高，再由棱锥的体积公式可得B正确；将翻折到与矩形共面再结合余弦定理可得C错误；建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量共线得到点的坐标，再由几何关系把外接球半径用球心坐标表示，结合二次函数的性质求出最值即可. 【详解】对于A，在直三棱柱中，平面，平面，所以， 因为，为中点，所以， 又平面， 所以，即平面，故A正确； 对于B，在直三棱柱中，，又平面，平面，所以平面， 即到平面的距离等于到平面的距离， 所以，即四面体的体积为定值，故B正确； 对于C，将翻折到与矩形共面，如图所示， 连接与相交于点，此时取得最小值， 在中，，， 由余弦定理可得，故C错误； 对于D，在直三棱柱中，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以，设， ，， 因为点M是线段上任意一点，由，所以，所以可取，， 设四面体的外接球球心为，半径为， 则，即， 由对称关系可得， 又，所以， 解得， 因为，所以， ，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 如图，在三棱柱中，与相交于点，，则线段的长度为__________． 【答案】 【解析】 【详解】是平行四边形，是对角线交点， 则， 已知， ， ． 13. 的展开式中只有第项系数最大，则的取值集合为_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式，以及项的系数最大的性质，列出不等式组，解出不等式组即可求解. 【详解】由题可知的通项公式为， 只有第项的系数最大， ，即， 解得， 又是正整数， 的取值为， 的取值集合为. 14. 若不等式恰好有两个整数解，则实数a的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用转化思想将问题转化为研究两个函数与的图像问题，利用导函数研究函数的单调性，数形结合进行分析即可得解． 【详解】要使有意义，须使， 所以， 当时，原不等式，只有一个整数解，不合题意； 令，则， 若，则；若，则. 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，或. 令， 当时，，的大致图像如图： 由图可得满足的整数解只有一个，即，所以不合题意； 当时，，的大致图像如图： 由图可得若满足的整数解恰好有两个，则应该为和， 所以，代入得，解得， 即，所以实数a的取值范围是． 四、解答题本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若在处有极大值，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入计算切点坐标和切线斜率，利用点斜式推导切线方程； （2）先求导，结合极值点处导数为得到的候选值，再通过导数的符号变化验证极大值条件，最终确定的取值 【小问1详解】 当时，，所以，即切点为； 又， 所以； 由点斜式得切线方程：，整理得. 【小问2详解】 定义域为，， 由为极值点得，代入得，解得或； 若，则由得或， 当时，时， 故处为极小值，不符合题意，舍去； 若，则由得或， 当时，时， 故处左增右减，为极大值，符合题意； 综上，. 16. 随着网络经济的发展，直播带货的形式越来越受居民的欢迎，它不仅能助力中小商家，使农产品直达消费者，降低流通成本，还能激活消费需求，带动产业链发展，催生主播孵化、供应链服务等新就业形式.某直播平台为了了解该平台店铺每天的直播时长与店铺美誉度的关系，从该平台3190家店铺中随机选择了290家，得到日均直播时长（单位：小时）与店铺美誉度结果的数据如下表所示： 店铺美誉度 日均直播时长/小时 五星好评 39 68 58 22 13 非五星好评 29 34 17 8 2 （1）估计该平台3190家店铺中日均直播时长少于4小时的店铺有多少家？ （2）从日均直播时长在，，三个组的店铺中，采用分层随机抽样的方法抽出了8家店铺，现从这8家店铺中随机抽取3家，记日均直播时长在内的店铺个数为X，求X的分布列和期望； （3）根据小概率值的独立性检验，分析该平台店铺获得五星好评是否与日均直播时长在内有关. 附：，. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）家 （2）的分布列为： 0 1 2 3 期望 （3）依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断该平台店铺获得五星好评与日均直播时长在内有关. 【解析】 【分析】（1）根据样本估计总体知识可求出日均直播时长少于4小时的店铺数； （2）利用超几何分布知识计算日均直播时长在内的店铺个数X分布列和期望； （3）利用独立性检验知识判断平台店铺获得五星好评与日均直播时长在内有无关联. 【小问1详解】 由表可知，样本中直播时长少于4小时的店铺共有 家， 样本容量为290，则时长少于4小时的频率为， 估计该平台3190家店铺中日均直播时长少于4小时的店铺有：家. 【小问2详解】 日均直播时长在，，三个组的店铺数分别为：，，， 三组店铺总数为家，采用分层随机抽样抽取8家，抽样比为， 故三组抽取的店铺数分别为5，2，1； 从这8家店铺中随机抽取3家，其中时长内的店铺个数为5家，另外两个时长的店铺数为3家， 的可能取值为，，，； 由超几何分布知识得；； ；； 的分布列为： 0 1 2 3 【小问3详解】 根据题意，构成列联表如下： 日均直播时长在 日均直播时长不在 合计 五星好评 80 120 200 非五星好评 25 65 90 合计 105 185 290 由公式得 ， 因为，根据小概率值的独立性检验， 故没有充分证据推断该平台店铺获得五星好评与日均直播时长在内有关. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）时，求零点的个数； （3）若时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在定义域上单调递减. （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）求导后，分别在和两种情况下判断导函数的正负，从而得到原函数的单调性； （2）求导并找到函数单调区间后，根据零点的存在性定理可判断； （3）分离参数将问题转变为在上恒成立，令，通过导数可得函数的单调性，进而判断出其最大值，从而得到所求范围. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 当时，，则在定义域上单调递增， 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立， 所以在定义域上单调递减； 综上所述：当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在定义域上单调递减. 【小问2详解】 若，则的定义域为， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在内单调递减，则， 且，，可知在上各有一个零点， 又因为，所以有两个零点. 【小问3详解】 由分离参数可得，即在上恒成立， 令，， 则， 令，，则， 因为，则，可知在上单调递减， 则，且， 可知，满足，即， 可得，， 当时，，即；当时，，即； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 可得，所以实数a的取值范围为. 18. 如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积的最大值； （3）求二面角余弦值的取值范围． 【答案】（1） 由题意可知，，平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以， 易知平面的一个法向量为，则，即， 又因为平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设点，其中，利用空间向量法求出点到平面的距离，再利用锥体的体积公式以及三角函数的有界性可求得三棱锥的体积的最大值； （3）利用空间向量法可求得二面角余弦值的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设点，其中， 则、、， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 因为为是圆柱的一条母线，故平面， 因为平面，故，则， 所以 ， 因为，则，故，所以， 则， 即三棱锥的体积的最大值为. 【小问3详解】 设平面的一个法向量为， ，，则， 取，则， 所以 ， 因为，则，故. 结合图形可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角余弦值的取值范围为. 19. 有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最大的麦穗，期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，他的学生两手空空走出麦田，因为他不知前面是否有更好的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设该学生在麦田中一共会遇到颗麦穗（假设颗麦穗的大小均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为了使他能在这些麦穗中摘到那颗最大的麦橞，现有如下策略：不摘前颗麦穗，自第颗开始，只要发现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗.设，该学生摘到那颗最大的麦穗的概率为.（取） （1）若，，求； （2）若取无穷大，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值. 【答案】（1） （2）的最大值为，此时的值为. 【解析】 【分析】（1）由题意可知，要摘到那颗最大的麦穗，有两种情况，最大的麦穗是第3颗和最大的麦穗是最后1颗，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果； （2）记事件表示最大的麦穗被摘到，根据条件概率和全概率公式求出，再利用导数求出最值即可. 【小问1详解】 这4颗麦穗的位置从第1颗到第4颗排序，有种情况. 要摘到那颗最大的麦穗，有以下两种情况： ①最大的麦穗是第3颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况. ②最大的麦穗是最后1颗，第二大的麦穗是第1颗或第2颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况. 故所求概率为. 【小问2详解】 记事件表示最大的麦穗被摘到，事件表示最大的麦穗在麦穗中排在第颗. 因为最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，所以. 以给定所在位置的序号作为条件，. 当时，最大的麦穗在前颗麦穗之中，不会被摘到，此时. 当时，最大的麦穗被摘到，当且仅当前颗麦穗中的最大的一颗在前颗麦穗中时， 此时. 由全概率公式知. 令函数，. 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以. 所以当，时取得最大值，最大值为，此时， 即的最大值为，此时的值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $