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河南湘豫大联考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．已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数 （ ）
A． B． C． D．
3．已知函数，则（ ）
A． B．2 C． D．1
4．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，且线段的中点到 轴的距离为3，直线与 轴交于点．若，则的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．定义在 上的偶函数满足，且当时，单调递减，则下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知二项式，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式中第3项与第4项的二项式系数之比为
B．展开式中所有项的二项式系数之和为128
C．展开式中所有项的系数之和为64
D．展开式中常数项为
7．为研究城市文旅新媒体推广对旅游消费的带动效应，某文旅部门统计了2025年7-12月某城市文旅短视频累计播放量（单位：亿次）与当月旅游总收入（单位：亿元）的统计数据，如下表：（ ）
月份 7 8 9 10 11 12
/亿次 2 3 4 5 6 7
/亿元 8 15 28 50 90 160
通过散点图分析发现，与的关系可用指数型回归模型拟合，回归方程为（，），令 ，得到 关于的回归方程为，相关系数为 ．则下列说法正确的是
附： ， ， ， ， ， ， ．
A．关于的回归方程为，当每增加1亿次时，平均增加亿元
B． 与的相关系数 ，若用一元线性回归模型直接拟合与，得到的相关系数为，则
C．若2026年1月该城市文旅短视频累计播放量为8亿次，用该回归模型预测的当月旅游总收入约为299亿元
D．当旅游总收入为123亿元时，用该回归模型反推的播放量约为5.8亿次
8．为推广非遗文化，某文创店推出“非遗主题盲盒”，每个盲盒内装有1张对应非遗项目的卡片，共有剪纸、陶艺、戏曲、书法4款不同卡片，每款卡片在盲盒中出现的概率均等，且不同盲盒开出的卡片相互独立．某同学一次性购买了3个盲盒，设该同学抽到的不同卡片款式的数量为随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A．随机变量 B．
C． D．
二、多选题
9．已知数列满足，且，数列满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为等差数列
B．数列为等比数列
C．数列的通项公式为
D．数列的前 项和
10．已知四棱锥 的底面是边长为2的正方形，顶点在底面的投影为正方形的中心，高，则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．该四棱锥的内切球的表面积为
C．直线 与平面 所成角的正弦值为
D．点到平面 的距离为
11．已知函数，其中 ，e为自然对数的底数，下列结论中正确的有（ ）
A．当 时，的最小值为0
B．若方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是
C．若 对任意恒成立，则实数的取值范围是
D．当时，有且仅有3个零点
三、填空题
12．已知各项均为正数的等比数列满足，则______．
13．已知双曲线：的右焦点为，坐标原点为，以线段为直径的圆与的一条渐近线交于异于点的另一点 ．若，则的离心率为_________．
14．在三棱锥 中，侧棱， ，两两互相垂直，且．若为空间内一点，且 ， ，则的最大值为_________________．
附：柯西不等式：，其中，，，，，，当且仅当（约定：若分母为0，则对应的分子也为0）时等号成立．
四、解答题
15．为深入落实科教兴国战略，提升中学生航天科学素养，某地市教育局联合航天科技馆开展“航天科普进校园”系列研学实践活动，研学参与者均参加科创竞赛．为了解研学活动参与时长与学生科创竞赛获奖的关联性，从参与本系列研学活动的学生中随机抽取100名，统计他们的研学累计参与时长（规定：累计参与时长 课时为长时研学，<6课时为短时研学）与科创竞赛获奖情况，得到如下列联表：
研学时长 科创竞赛 合计
获奖 未获奖
长时研学 25 15 40
短时研学 10 50 60
合计 35 65 100
(1)从本次抽取的科创竞赛获奖的学生中，按研学时间长短分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机选取3名作为代表参加航天科普宣讲会，求选取的3名代表中恰有2名为长时研学的概率；
(2)依据的独立性检验，能否认为学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长有关？
附：，其中．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16．在 中，内角，，的对边分别为 ， ，，满足．
(1)求角的大小；
(2)若 ，求 面积的最大值．
17．如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2．
(1)设为的中点，证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知椭圆：的离心率为，且与直线 有且只有一个公共点．
(1)求的标准方程；
(2)设一动直线不经过坐标原点，与交于，两点，且 ．
（ⅰ）证明：点到直线的距离为定值；
（ⅱ）求面积的最大值．
19．已知函数，其中， 为自然对数的底数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：；
(3)若对任意 ，不等式恒成立，求实数的取值范围．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A B C A D C D BD ACD
题号 11
答案 ABD
1．C
先求解一元二次不等式得到集合，再根据交集的定义计算两个集合的交集即可.
【详解】不等式 因式分解得 ，
解得 ，即 ，
又集合，所以.
2．A
先将已知等式变形求出复数，再根据共轭复数的定义计算得到结果.
【详解】由，
可得，
的共轭复数.
3．B
【详解】，；
.
4．C
【详解】抛物线：的焦点为，
设，由题意可知到 轴的距离为3，即，
设，则，
由，得，得，则，
故的标准方程为.
5．A
结合偶函数性质及关系可得，，，再结合函数单调性比较，，，由此可得结论.
【详解】因为函数为偶函数，所以，
又，
所以，
，
，
因为，且当时，单调递减，
所以，
所以，
即.
6．D
【详解】对于A，展开式中第3项的二项式系数为，第4项的二项式系数为，则，故A错误；
对于B，展开式中所有项的二项式系数之和为，故B错误；
对于C，令，则展开式中所有项的系数之和为，故C错误；
对于D，，其中；令，得，则常数项为，故D正确.
7．C
根据回归直线经过样本点中心可知经过 ，得到，从而确定回归方程，由回归方程的性质判断每个选项.
【详解】根据回归直线的性质，必定经过，即 ，
于是，得，
则 ，，解得.
A选项，由回归方程可知，当每增加1亿次时，变为原来的倍，A选项错误；
B选项，由题知， 是指数相关的，因此 时， 的相关性更强，即，B选项错误；
C选项， 时， ，C选项正确；
D选项，令，则 ，
解得 ，D选项错误.
8．D
先确定随机变量的取值范围，计算各取值对应的概率，再结合期望、方差的公式及性质逐一验证选项.
【详解】3个盲盒的总基本事件数为，随机变量的可能取值为，
计算各取值的概率：，，
由对立事件概率得
选项A：二项分布对应次独立重复试验的成功次数，为不同卡片款式数，不服从二项分布，A错误；
选项B：，B错误；
选项C：期望，
由期望性质得，C错误；
选项D：计算得，
由方差公式，D正确.
故选：D.
9．BD
首先通过递推公式构造等比数列求出 的通项，进而得到 的通项，再逐一判断各选项，最后通过裂项相消法求前项和验证D选项.
【详解】选项 A ：计算得 ，
公差不相等，故 不是等差数列，A错误；
选项B：由 变形得 ，即 ，且 ，
因此 是首项为 2 、公比为 2 的等比数列，B正确；
选项C：由等比数列通项公式得 ，不是 ， C 错误；
选项D：先化简通项： ，故 ，
前项和裂项相消得 ，D正确.
10．ACD
将异面直线所成角，转化为相交直线所成角，即可判断A，利用四棱锥的体积公式，即可求四棱锥内切球的半径，即可判断B，利用等体积公式求点到平面的距离，判断C，根据直线平面，结合选项C，即可判断D.
【详解】对于选项A.由条件可知，，所以异面直线与所成角为与所成的角，为，
因为，，所以，
由条件可知，，所以三角形中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确
对于选项B.由条件可知，，则，
所以三角形的面积为，
设正四棱锥内切球的半径为，
则，所以，
所以内切球的表面积为，故B错误；
对于选项C.利用等体积转化，设点到平面的距离为，，
即，得，
设和平面所成角为，，故C正确；
对于选项D.因为，易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即，故D错误.
11．ABD
A根据得到函数的导函数，求，得到，再根据函数的单调性得到最小值，B令，讨论的取值范围，根据函数的单调性以及零点求解即可，C讨论的取值范围寻找特殊点的函数值，利用函数的单调性求解，D首先分析函数的单调性，得到的极值点，再分析的符号，进而得到的零点.
【详解】因为，所以.
对于A，当时，，，令，解得.
当时，，所以，所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增，
所以在处取得最小值，最小值为，A正确；
对于B，因为，所以.
令，则问题等价于函数有两个不同的零点.
因为，若，，所以单调递增，
则函数最多有一个零点，不符合题意；
若，令，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以在处取得极小值，
且极小值为，
要使函数有两个不同的零点，则.
因为，则，即，解得.
又当时，，，所以；
当时，函数的增长远快于一次函数，所以.
综上，当时，函数有两个不同的零点，B正确；
对于C，要使对任意恒成立，分情况讨论：
①当时，由A知，恒成立，符合要求；
②当时，在上单调递增，，，
故存在，使得.在上单调递减，在上单调递增，
因此，不符合要求；
③当时，取，；
取，，均不满足恒成立；
④当时，，不符合要求.
综上，当且仅当时满足条件，C错误.
对于D，当时，，.
令，则.
令，得，
当时，，当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增，
所以.
结合时，可知有两个不同的实数根，
分别对应的极大值点，极小值点.
又，所以，在上单调递减，且，
所以在上有1个零点，且；
在上单调递增，又当时，，，
所以在上有1个零点；在上单调递增，
又当时，，，所以在上有1个零点.
综上，有且仅有3个零点，D正确.
12．
27
由对数的运算性质和等比中项的性质求解.
【详解】由题知，，由等比中项，
则，则（负值舍去）.
13．
设点为第一象限的点，求得 ，再利用公式可计算出双曲线的离心率.
【详解】设点为第一象限的点，则以 为直径的圆交双曲线的渐近线 于点，
则，且 ，
，
因此，双曲线的离心率为.
14．
由侧棱， ，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设由 ，得到，再利用柯西不等式结合．得到，然后利用数量积的坐标运算得到求解.
【详解】在三棱锥 中，侧棱， ，两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系：
设则，
所以，
则，，
则，解得，
因为，所以．
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
，
而在上单调递增，
所以.
15．(1)
(2)能认为学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长有关
（1）由分层抽样确定各层人数，然后根据古典概型求概率；
（2）提出零假设，计算统计量，比较临界值得出结论.
【详解】（1）分层抽样中，长时研学人数为人，短时研学人数为人，
选取的3名代表中恰有2名为长时研学的概率为.
（2）零假设：学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长无关，
，
所以拒绝零假设，
依据的独立性检验，能认为学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长有关.
16．(1)
(2)
（1）根据正弦定理及降幂公式化简已知方程，再利用辅助角公式求出角；
（2）由余弦定理得到方程，根据重要不等式得出面积的最值.
【详解】（1），
即，
因为，所以，
即，
则，即，
因为，，
所以，.
（2）由余弦定理得，即，
因为，所以，
，
当且仅当时等号成立.
17．(1)因为为的中点，是边长为2的等边三角形，所以，且.
如图，连接，在等腰中，，又，
满足，所以，即.
又，且平面，平面，所以平面.
(2)
（1）根据等边三角形的性质以及勾股定理证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.
【详解】（1）略
（2）
由(1)知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则
因为平面位于平面内，易知平面的一个法向量为
又.
设平面的法向量为，则，
得，令，得，
即平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为.
因为，
，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)（ⅰ）设直线的斜率存在，其方程为，.
联立，消去得 ，
则，
化简得，，
因为 ，所以 ，即 ，
而，
代入得 ，
所以 ，
整理得 ，所以，满足.
所以点到直线的距离，
由，得.
当直线的斜率不存在时，设：，代入椭圆方程得，
则，由 ，得 ，
即，解得，所以，仍然成立.
综上，点到直线的距离为定值.
（ⅱ）
【详解】（1）由，得，即，
因此椭圆方程可写为 ，即，
将直线 代入椭圆方程得，
即 ，
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以 ，
即 ，解得 ，则 ，
所以椭圆的标准方程为 .
（2）（ⅰ）略
（ⅱ）当直线的斜率存在时，
由（ⅰ）知
.
的面积，
由，令，则，，
所以
，
因为 ，所以 ，
所以当，即时，满足，取最大，最大值为.
所以面积的最大值为.
当直线的斜率不存在时，由（ⅰ）知，，，，
所以，，
所以，
因为，所以面积的最大值为.
19．(1)
(2)由于，故，
令，由于在上单调递增，则，
则可化为函数，
则，由于，令，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故的极小值也即最小值为，
故，即.
(3)
【详解】（1）当时，，
则，
则，，
故曲线在处的切线方程为，
即．
（2）略
（3）由（2）知，对任意 ，不等式恒成立，
等价于对任意恒成立，分情况讨论：
当时，恒成立，在R上单调递增，
当时，存在t使，不满足条件；
当时，对恒成立，满足条件；
当时，由（2）知的最小值为，令，得，
即，
综上，a的取值范围为.

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