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（含解析）（月考）

这是一份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（含解析）（月考），共12页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
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. 1B. 2C. 4D. 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. 10B. 9C. 8D. 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．
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AP⋅AB=13AB+13AC⋅AB =13AB2+13AC⋅AB
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