精品解析：江苏省如皋中学2025-2026学年高二上学期阶段考试（ 三）数学试题

江苏省如皋中学2025-2026学年度第一学期阶段考试（三） 高二数学 命题人:曹春茂 命题中心审核人：钱如美 一、单项选择题：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. 若圆锥的母线长为5，高为4，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. 15 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在由圆锥的母线长，高和底面半径构成直角三角形中，由勾股定理先求出，再利用圆锥的侧面积公式计算即可. 【详解】圆锥的母线长，高和底面半径构成直角三角形， 由勾股定理可知， 所以圆锥的侧面积为. 故选：D 2. 如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式求解. 【详解】元件不通，设备从a到b的电路工作不正常，共有种， 元件正常，当且仅当元件都不通，设备从a到b的电路工作不正常，只有1种， 所以. 故选：B 3. 若双曲线的离心率为，则它的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据离心率得出，再根据关系得出渐近线方程即可. 【详解】双曲线的离心率为， 所以， 则它的渐近线方程为. 故选：D. 4. 某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 【答案】D 【解析】 【分析】先安排讲座，再安排讲座和及其余三场讲座，最后利用分步乘法计算原理即可得出答案. 【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，安排A有种排法， 因为讲座和必须相邻，所以安排BC及其余三场讲座共有种排法， 根据分步计数原理知共有种排法. 故选：D． 5. 已知数列与均为等差数列，且，，则（ ） A. 9 B. 18 C. 16 D. 27 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差中项的公式，令两式相加即可得出答案. 【详解】因为数列与均为等差数列，且，， 所以 所以， 则. 故选：. 6. 已知空间中三点，，，则（ ） A. 与是共线向量 B. 的单位向量是 C. 与夹角的余弦值是 D. 平面的一个法向量是 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，先求出，对A，利用向量共线的条件，即可求解；对B，利用单位向量的定义，即可求解；对C，利用向量夹角公式，即可求解；对D，根据条件，利用平面的法向量的求法，即可求解. 【详解】因为，，，则， 对于A，假设与是共线向量，则有，所以，无解， 即与不是共线向量，所以A错误， 对于B，的单位向量为， 即或，所以B错误， 对于C，与夹角的余弦值为，所以C错误， 对于D，设平面的一个法向量为，由， 取，则，所以平面的一个法向量是，故D正确. 故选：D. 7. 设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设公比为，利用等比数列的性质得到，再结合基本不等式求出公比，然后利用等比数列的性质可得. 【详解】设公比为， 所以， 当且仅当，即3时取等号，此时. 故选：B. 8. 用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（　　） A. 288个 B. 240个 C. 144个 D. 126个 【答案】B 【解析】 【详解】对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有个；②个位不是0并且比20000大的五位偶数有个；故共有个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，且，则下列等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据组合数的对称性分析判断；对于B：根据即可判断；对于C：举反例说明即可；对于D：根据组合数公式分析判断. 【详解】对于选项A：由，得，故A正确； 对于选项B：由，得，则，故B正确； 对于选项C：例如，则，即，故C错误； 对于选项D：因为， 所以，故D正确； 故选：ABD． 10. 设是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. 中最小值为 C. 当取得最大值时， D. 使成立的最大整数为15 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式和等差数列的性质，求得，且，，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，由，可得， 又因为，可得，即，所以， 所以，所以A正确； 对于B，因为，且，所以且，所以B正确； 对于C，在等差数列中，由且， 则当时，可得；当时，可得， 所以当取得最大值时，，所以C正确； 对于D，由，且， 所以使得成立的最大整数为，所以D错误. 故选：ABC. 11. 已知抛物线：（）与圆：相交于，两点，线段恰为圆的直径，且直线过抛物线的焦点，动直线过点且与抛物线交于两点，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. 的周长可以为14 D. 当时， 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：利用抛物线的定义和焦点弦的长度公式可得，再根据点的坐标可得，列式可得的值，可判断A的真假；对B：设直线的方程为，，，结合韦达定理和焦半径公式，可用表示出，再结合基本不等式，可求其最小值，判断B的真假；结合抛物线定义，取抛物线上一点，可得，进而求出周长的最小值，可判断C的真假；根据两三角形的面积关系，结合韦达定理，可求弦的长，判断D的真假. 【详解】对于A，如图，    分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为，，， 由于圆的直径过焦点，则到准线的距离为 ， 又，所以，解得，故A正确； 对于B，设直线的方程为，，， 又抛物线：，由，可得， 则，，， （当且仅当时等号成立），故B错误； 对于C，由，，所以，设的周长为， 如图：    过点向抛物线准线作垂线，垂足为， 则， 周长的最小值为，故C正确； 对于D，如图：      因为，所以， 又因为，则，解得或（舍）， 所以，即，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先把除甲乙之外的其他三人全排列，三人排好后，有个空位，将甲乙安排到空位中，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】根据题意，分步进行分析： ①把甲、乙之外的其他三人全排列，有种排法， ②三人排好后，有个空位，将甲乙安排到空位中，有种排法， 故甲乙不相邻的安排方法有种. 故答案为：. 13. 已知为数列的前n项和，，，则______． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】通过变形条件利用累乘法求解出的通项公式，然后利用裂项相消法求解出结果. 【详解】由，可得， 两式相减可得，所以，， 当时，， 当时，符合上式， 所以，所以， 所以. 故答案为：. 14. 在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为__________，此时点到直线的距离为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】由题意，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质确定点的轨迹为线段，且当取最小值时，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距离即可. 【详解】如图所示，因为且，故四边形为平行四边形，则， 因为平面平面，所以平面， 同理可证平面，因为平面， 所以平面平面，因为平面，要使得平面， 则平面，因为平面平面， 故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点， 则. 以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系， 易知， 取， 则， 所以点到直线的距离为. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过平面平面确定点的轨迹为线段，即当时取最小值，注重考查学生的数学运算和逻辑推理能力. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. （1）在等比数列中，若，，求和公比q． （2）在等差数列中，，，求． 【答案】（1）或；（2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列通项公式和前n项和公式列式求解； （2）利用等差数列的前n项和性质求解. 【详解】（1）由，，得，即，又， 于是，解得或. （2）∵数列为等差数列， ∴，，，…，也成等差数列， 设其公差为d，由此数列的前10项之和为 ， 即（*）．又∵，代入（*）式，解得， ∴， ∴． 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，，是的中点，是上靠近点的三等分点.证明： （1）平面； （2）平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设与交于点，连接，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）取中点，连接交于点，连接，证得，再由平面平面，证得平面，得到，证得平面，进而证得平面平面. 【小问1详解】 证明：如图所示，设与交于点，连接， 因为底面是正方形，所以是中点， 又因为是中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. 【小问2详解】 证明：如图所示，取中点，连接交于点，连接， 因为，所以， 又因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又因为平面，所以，所以， 因为，且，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 17. 如图，三棱柱中，，，为的中点. （1）证明：底面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，，根据条件利用勾股定理证明，根据线面垂直判定定理证明结论， （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再用点到平面的距离公式计算， （3）求平面的法向量，再利用公式计算法向量夹角的余弦值，由此可得结论. 【小问1详解】 在三棱柱中，，， 所以，又为的中点， 所以，， 因为，，为的中点， 所以，， 因为，，， 所以，所以， 因为，，平面，， 所以底面； 【小问2详解】 由（1），、、两两垂直， 以点为原点，为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 因为， 所以， 则、、， 设平面的法向量为， 则有，取，可得，， 则为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离； 点到平面的距离为； 【小问3详解】 由（2）得，， 设平面的一个法向量，则， 故，令，解得， 所以为平面的一个法向量， 由（2）知为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知等差数列是数列的前项和，满足；数列各项都是正数，且满足，，． （1）求数列和的通项公式； （2）记，数列的前项和为； （3）在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前项和． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算确定其首项与公差，可得数列的通项公式；先根据等比中项的概念判断数列为等比数列，再求首项与公比，可确定数列的通项公式； （2）分别求前项中奇数项的和与偶数项的和，再相加即可.其中奇数项的和的求法为裂项相加求和法； （3）弄清楚数列的前项的组成，利用分组求和法求其和. 【小问1详解】 等差数列，是数列的前项和，设公差为，由，， 可得，，解得，， 所以； 数列各项都是正数，且满足， ，． 可得数列为等比数列， 所以，解得或舍去， 所以. 【小问2详解】 因为， 设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为， 所以，， 当为奇数时，， ， 当为偶数时，， 所以， . 【小问3详解】 ：，，，，，，，，，，， 从到共有项， 所以，当时，， 故 ． 【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，C上不同两点，满足，当时， （1）求C的方程； （2）设直线，交于点，其中， ①证明：； ②已知的面积为1，求与的面积之和． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据相等向量的概念以及椭圆的对称性可知轴，可列方程组求解或根据的坐标以及椭圆的定义求解； （2）①根据相似三角形的相似比得出坐标比即可求证； 法一：过点作直线交轴于点，构造相似三角形，根据相似比和坐标比求证； 法二：求出直线的方程，化简得出，再根据即可求证； ②法一：根据得出，延长交于点，设直线，根据韦达定理以及建立的方程求出即可； 法二：设直线，根据，，三点共线和，，三点共线得出坐标关系，利用直线的方程以及韦达定理化简得出，最后利用计算即可； 法三：根据得出，再利用点差法化简得出，得出，根据得出，代入椭圆方程中得出； 法四：设，，在使用余弦定理得，同理可得，得出，利用算两次思想计算得出，即可求出，代入化简即可. 【小问1详解】 解法一：当时，，则四边形为平行四边形， 由椭圆的对称性可知，四边形为矩形，即轴，所以， 因，，所以，解得， 所以椭圆的标准方程为； 解法二：当时，，则四边形为平行四边形， 由椭圆的对称性可知，四边形为矩形，即轴，所以， ，即，， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 ①解法一：因为，所以， 所以， 所以，即； 解法二：过点作直线交轴于点，则与相似， 所以， 又，所以，同理可得， 所以，即； 解法三：直线，直线， 则，即， 即，即， 因为，，， 则，即， 则，即； ②解法一：因为，所以， 则，则，则， 因，所以， 延长交于点，易知，关于原点对称，则， 设直线， 联立方程，化简可得：， 所以，，， 因为，所以，同理， 所以，则，得， 则，得， 即，即， 所以； 解法二：由，可得， 延长交于点，易知，关于原点对称，则， 设直线， 联立方程，化简可得：， 所以，，， 由，，三点共线，，得， ，，三点共线，同理可得， 则，即， 即，所以， 则， 代入韦达定理可得：，解得， 如图可知：， 所以， 因， 所以； 解法三：因为，所以， 由，可得， 又， 所以， 设，，则，， 依题意可得， 即，又 ①②可得， 化简可得， 又，所以， 因为，则有， 又，代入可得， 化简可得，即，即， 所以； 解法四：因为，所以， 由，可得， 又，所以， 设，，则， 在使用余弦定理可得：， 化简可得：，同理可得， 依题意可得① 又，， 所以② 由②①可得，解得，则， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省如皋中学2025-2026学年度第一学期阶段考试（三） 高二数学 命题人:曹春茂 命题中心审核人：钱如美 一、单项选择题：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. 若圆锥的母线长为5，高为4，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. 15 C. D. 2. 如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 若双曲线的离心率为，则它的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 5. 已知数列与均为等差数列，且，，则（ ） A. 9 B. 18 C. 16 D. 27 6. 已知空间中三点，，，则（ ） A. 与是共线向量 B. 的单位向量是 C. 与夹角的余弦值是 D. 平面的一个法向量是 7. 设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（ ） A. B. C. D. 8. 用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（　　） A. 288个 B. 240个 C. 144个 D. 126个 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，且，则下列等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 设是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. 中最小值为 C. 当取得最大值时， D. 使成立的最大整数为15 11. 已知抛物线：（）与圆：相交于，两点，线段恰为圆的直径，且直线过抛物线的焦点，动直线过点且与抛物线交于两点，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. 的周长可以为14 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是_____． 13. 已知为数列的前n项和，，，则______． 14. 在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为__________，此时点到直线的距离为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. （1）在等比数列中，若，，求和公比q． （2）在等差数列中，，，求． 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，，是的中点，是上靠近点的三等分点.证明： （1）平面； （2）平面平面. 17. 如图，三棱柱中，，，为的中点. （1）证明：底面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知等差数列是数列的前项和，满足；数列各项都是正数，且满足，，． （1）求数列和的通项公式； （2）记，数列的前项和为； （3）在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前项和． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，C上不同两点，满足，当时， （1）求C的方程； （2）设直线，交于点，其中， ①证明：； ②已知的面积为1，求与的面积之和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $