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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
一、单选题
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、多选题
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
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
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：．
参考答案
1．C
【详解】由题意得，根据交集的定义得.
2．D
【详解】因为，所以，
所以，
所以.
3．A
【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．A
【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．B
【详解】当时，不能推出；当时，又，可得．
故选：B．
6．D
【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．B
【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．C
【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.
9．ABD
【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．AB
【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．BCD
【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.
12．
【详解】解：设二项展开式通项为，则，
所以的系数为.
13．
【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．
【详解】时，，解得，
时，，
，
解得，时也符合，
，设，
，
，，
又，
，，
，
．
15．(1)（或）
(2)
【详解】（1）因为
由正弦定理得：，化简得，
由余弦定理得，因为，所以.
（2）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．(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)
【详解】（1）略
（2）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．(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”．
【详解】（1）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：
．
（2）略
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）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.
（2）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.
（3）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．(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．
【详解】（1）当时，，
则，
所以，，
所以在点处的切线方程为，
即；
（2）略
（3）略

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