2025-2026学年山西省长治市部分学校高二下册6月阶段检测数学试卷（含解析）

/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．63．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．75．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AP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，