精品解析：江苏省海安高级中学2025-2026学年高二下学期3月练习数学试题

江苏省海安高级中学2025-2026学年高二下学期3月练习数学试题 （考试时间120分钟，总分150分） 注意事项： 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合. 【详解】由得，解得， 故， 又因为，所以. 故选：C. 2. 已知实数，则“”是“”的（ ） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若，不妨取,,此时,所以不能推出， 若等价于,因为，所以, 即能推出, 综上，“”是“”的必要且不充分条件， 故选：B 3. 若点在圆外，则实数的取值范围为（ ） A. B. （－10，6） C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先找到圆心坐标及半径，然后根据点到圆心的距离大于半径时点在圆外计算即可. 【详解】点在圆外，即点到圆心的距离大于半径. 将圆方程化为标准形式得，圆心为，点 P 到圆心距离为 4， 故有，解得; 故选：B 4. 已知命题：“记等差数列的前项和为，若，则为定值”为真命题，则可推出（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，用表示即可 【详解】设，则可化为， 整理得，，即， 又，代入得 若为定值，则，即 故选：A 5. 某产品的质量指标服从正态分布，质量指标介于96至104之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到99.73%，则需要较高的生产工艺，使得不超过（备注：若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合正态分布的性质可得，，从而得出的最大值. 【详解】因为产品质量指标服从正态分布，， 且质量指标介于96至104之间的产品为良品，良品率达到99.73%， 所以，， 解得， 所以不超过， 故选：D 6. 已知，为锐角，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，将其与已知的分别平方，把两个平方后的式子相加，求解，结合为锐角的条件确定的符号，得到最终结果. 【详解】设，已知. ， 即：，， 因此：，解得. 因为为锐角，所以，， 故，因此. 故选：D 7. 已知函数恰有两个极值点，且曲线与x轴相切，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导可得，利用已知可得方程有两个相异正实数解，进而可得，且，，又的极值中有一个为0，不妨设，可得，，进而计算可求得a的取值范围. 【详解】由题意得， 则有两个极值点等价于关于x的方程有两个相异正实数解， 所以，可知，且，， 曲线与x轴相切，则的极值中有一个为0， 不妨设，易知， 所以，， 因为，，，所以， 解得，且，即，且， 令函数，，则， 令，得，则在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因为，所以， 综上所述，a的取值范围为. 故选：D． 8. 棱长为的正方体盒子中装有半径分别为1和2的两个铁球，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当正方体内恰好装入的两个铁球刚好外切时，正方体的棱长取最小值， 作出对角线及球心，所在的截面，建立对角线与两个球的半径的等量关系式即可求解. 【详解】当正方体内恰好装入的两个铁球刚好外切时，正方体的棱长取最小值， 设正方体为，球，的半径分别为，， 作出对角线及球心，所在的截面，如图所示， 正方体的棱长为，， 在直角中，， ，， ，， ， ，解得， 即正方体的棱长的最小值为， 所以 故选：C. 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. 下列说法正确的有（ ） A. 数据2，3，5，7，11，13的第75百分位数为7，中位数为6 B. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数值均相等 C. 若随机变量满足则 D. 一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队，现将这5人分配去三个医院指导工作，每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生，女医生去同一个医院，共有36种分配方式 【答案】BD 【解析】 【分析】由百分位数的定义即可得出A错误，由标准差定义判断B正确，利用数学期望与方差的性质计算可判断C；利用分组分配法求得总的方法数判断D. 【详解】由，得第75百分位数为第5个数，即11，中位数为，故A错误； 根据标准差定义，一组数据的标准差 时， 显然有，故B正确； 若随机变量满足，则，故C错误； 一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队， 男医生人，女医生人， 现将这5人分配去三个医院指导工作，每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生， 且女医生去同一个医院，三个医院人数可以为，共有种分配方式； 三个医院人数可以为，共有18种分配方式， 综上，共有36种分配方式，故D正确. 故选：BD. 10. 设抛物线的焦点为F，过F的直线与C交于A，B两点，若弦的中点为，则（ ） A. F的坐标为 B. 直线的斜率为1 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出焦点坐标判断A；设出直线的方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理求出，结合抛物线定义求解判断BCD. 【详解】对于A，抛物线的焦点，A正确； 对于B，设直线的方程为，由，得，设， 由弦的中点为，得，解得，直线的斜率，B正确； 对于C，由选项B知，，，C错误； 对于D，由选项B知，，因此 ，D正确. 故选：ABD 11. 已知棱长为的正四面体的四个顶点、、、均在球的球面上，动点、分别在棱、上（不包括端点），则（ ） A. 面积的最小值为 B. 若恰有两个点满足，则的取值范围是 C. 到平面和到平面的距离之和为定值 D. 若，则的周长不可能为 【答案】ACD 【解析】 【分析】将正四面体补成正方体，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出点到直线距离的最小值，结合三角形的面积公式可判断A选项；求出球心到直线的距离以及、的长，结合图形可判断B选项；利用等体积法可判断C选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项. 【详解】将正四面体补成正方体，以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中，则， ，， 所以点到直线的距离为 当且仅当时，等号成立，即点到直线距离的最小值为， 所以，A对； 对于B选项，易知球心为正方体体对角线的中点，且， 则球心，， 同理可知，所以为等腰直角三角形， 所以球心到直线的距离为， 故恰有两个点满足，则，即的取值范围是，B错； 对于C选项，， 易知、都是边长为的等边三角形， ， 设点到平面、平面的距离分别为、， 由得， 解得，C对； 对于D选项，设，，、， 在中，， 所以在中，由余弦定理，得， 同理，有， 在中，由余弦定理，得， 在直角中，， 所以，即， 由基本不等式，得，即， 令，则，解得，或（舍）， 所以，显然等号可以取得， 在中，， 又，所以， 所以的周长为， 则的周长为定值，不可能为，所以选项D正确， 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数的模长，则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数模的三角不等式可求得的取值范围. 【详解】因为复数的模长， 由复数模的三角不等式可得， 当且仅当时，等号成立； ， 当且仅当时，等号成立， 因此的取值范围是. 故答案为：. 13. 在中，已知的角平分线交于D，，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】设，设，由角平分线的性质可得，在中，由余弦定理可求得. 【详解】因为的角平分线交于D，所以， 设，又因为，所以， 又因为，设，则，解得， 在中，由余弦定理可得. 故答案为：. 14. 已知是双曲线上不同的三点，点关于坐标原点对称，且，过点作垂直于轴的直线分别交双曲线，直线于两点，若，则双曲线的离心率为_____． 【答案】2 【解析】 【分析】由双曲线第三定义得，分别找到直线斜率计算即可 【详解】设，，由题意得，， 因为，所以，， 又，即，两边平方并整理得， 即，所以， 由双曲线第三定义得， 即，整理得， 解得 故答案为：2 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. 已知的外接圆半径为2，的内角A，B，C的对边分别为，且. （1）试判断的形状； （2）若，求周长的最大值. 【答案】（1）钝角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，可得，则，故C为钝角，可得△ABC为钝角三角形.或使用正弦定理对条件进行边化角，由两角和的正弦公式可得，从而得到△ABC为钝角三角形； （2）由正弦定理进行边角互化，可求得，从而得.由此可用表示，利用正弦定理将表示成的函数，根据正弦函数的最值，可求得的最大值，再求出，即可得到周长的最大值. 【小问1详解】 因为，由余弦定理得，即. 故，所以，故C为钝角， 所以△ABC为钝角三角形. 另解：因为，由正弦定理得， 因为，所以， 即，即， 因为，所以 ， 所以，故C为钝角， 所以为钝角三角形. 【小问2详解】 的外接圆半径为. 由题，由正弦定理， 得，即. 由（1）知C为钝角，所以. 又. 因为，所以， 所以当，即时，取得最大值，取得最大值，即的最大值为4. 又， 所以的周长的最大值为. 16. 记数列的前n项和为，已知． （1）求的通项公式； （2）设，记数列的前n项和为，若，，求t的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用的关系，可求数列的通项公式； （2）由（1）可得，利用裂项相消法可求，利用等比数列的前n项和公式可求得，可求t的取值范围． 【小问1详解】 因为，所以， 当时，，所以，即， 则是首项为1，公比为3的等比数列， 所以的通项公式为． 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 因为，， 所以t的取值范围为． 17. 如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，平面平面，D是的中点，E是上的动点． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 与均为等边三角形， ， 取中点O，连接，，则有，， 平面平面，平面，平面， 平面平面，，， ，，，，， 在中，有， 在中，有， ， 在中，可得，． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点O，连接，，由题意可得，进而计算，利用勾股定理可证； （2）以O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，设，求得平面的一个法向量与直线的方向向量，利用已知可求得的值，进而利用向量法可求得平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，， 如图所示，以O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设， ，，，，， 则，，，， 设，， 设平面的一个法向量为，则 令，则，设直线与平面的夹角为， 则， 解得，，易得平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，， 平面与平面的夹角的余弦值为． 18. 在直角坐标系中，点，动点P在直线的左侧，且到直线的距离恒为，记P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）设不经过F的直线l的方程为，已知l交C于M，N两点，且的值与m的值无关． （i）求k的值； （ii）是否存在实数m，使得?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i） （ii）若存在实数m符合题设，则， 所以， 因为， 所以， 在中，由正弦定理，得， 易知，且，所以， 所以， 所以，所以，即， 所以，即， 由（1）可知，所以，， 故，，从而l的方程为， 显然这与l不经过矛盾，所以不存在符合题设的实数m． 【解析】 【分析】（1）设动点，根据题意列出距离等式，整理后平方化简得到椭圆标准方程； （2）(i)用椭圆左焦半径公式简化，将目标式转化为的形式；联立直线与椭圆方程，用韦达定理表示，令m的系数为 0，结合求解k； (ii)利用角度关系结合三角恒等变换、正弦定理，推导出与的数量关系，结合韦达定理求出的坐标，验证直线是否经过F，判断是否存在符合条件的m. 【小问1详解】 设，由已知，得， 所以，两边平方，化简得C的方程为． 【小问2详解】 （i）设，，由（1）可知，， 所以， 由得， 所以， 且，， 因此， 因为的值与m无关，所以，解得（此时）． （ii）略 19. 已知函数，，，且． （1）讨论函数的单调性； （2）若曲线和存在公切线，求a的取值范围； （3）若存在相异实数m，n，使得，且，求a的取值范围． 【答案】（1） 当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过求导，根据的取值分类讨论导函数的符号，即得原函数的单调性； （2）利用导数的几何意义分别求出曲线在点处的切线方程与曲线在点处的切线方程，由题意得，消去，得，利用求导求得的最小值，即得； （3）依题意将问题转化成函数至少有两个零点，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理分类讨论函数的零点情况即得参数范围. 【小问1详解】 因，， 则， 当时，，在上单调递增； 当时，令，解得， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 【小问2详解】 因，则曲线在点处的切线方程为：，即， 又因，则曲线在点处的切线方程为，，即， 所以，故，且， 所以，整理得，（*）， 设，则， 当时，，当时，， 故在区间单调递减，在区间单调递增， 所以的极小值，也是最小值为， 由（*），可得，解得，所以a的取值范围是． 【小问3详解】 依题意，且．由得，代入得， 即．设，则，代入上式得，整理得． 同理，设，可得．因为，所以，即． 故问题转化为函数至少有两个零点． 则，设函数，则， 因,当时，,当时，, 在区间上单调递减，在区间上单调递增，且， 若，则，在上单调递减，至多1个零点，不符题意； 若，即，则函数存在两个零点，记为，， 且，其中， 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增， ， 同理，可得， 设，则， 所以在上单调递减，，即， 所以，， 因为，且， 所以，且，， 所以，且， 所以在区间，，上各存在一个零点，所以符合题意； 综上所述，a的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省海安高级中学2025-2026学年高二下学期3月练习数学试题 （考试时间120分钟，总分150分） 注意事项： 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知实数，则“”是“”的（ ） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若点在圆外，则实数的取值范围为（ ） A. B. （－10，6） C. D. 4. 已知命题：“记等差数列的前项和为，若，则为定值”为真命题，则可推出（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 某产品的质量指标服从正态分布，质量指标介于96至104之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到99.73%，则需要较高的生产工艺，使得不超过（备注：若，则（ ） A. B. C. 1 D. 6. 已知，为锐角，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数恰有两个极值点，且曲线与x轴相切，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 棱长为的正方体盒子中装有半径分别为1和2的两个铁球，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法正确的有（ ） A. 数据2，3，5，7，11，13的第75百分位数为7，中位数为6 B. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数值均相等 C. 若随机变量满足则 D. 一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队，现将这5人分配去三个医院指导工作，每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生，女医生去同一个医院，共有36种分配方式 10. 设抛物线的焦点为F，过F的直线与C交于A，B两点，若弦的中点为，则（ ） A. F的坐标为 B. 直线的斜率为1 C. D. 11. 已知棱长为的正四面体的四个顶点、、、均在球的球面上，动点、分别在棱、上（不包括端点），则（ ） A. 面积的最小值为 B. 若恰有两个点满足，则的取值范围是 C. 到平面和到平面的距离之和为定值 D. 若，则的周长不可能为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数的模长，则的取值范围为___________． 13. 在中，已知的角平分线交于D，，，则_____． 14. 已知是双曲线上不同的三点，点关于坐标原点对称，且，过点作垂直于轴的直线分别交双曲线，直线于两点，若，则双曲线的离心率为_____． 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. 已知的外接圆半径为2，的内角A，B，C的对边分别为，且. （1）试判断的形状； （2）若，求周长的最大值. 16. 记数列的前n项和为，已知． （1）求的通项公式； （2）设，记数列的前n项和为，若，，求t的取值范围． 17. 如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，平面平面，D是的中点，E是上的动点． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 在直角坐标系中，点，动点P在直线的左侧，且到直线的距离恒为，记P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）设不经过F的直线l的方程为，已知l交C于M，N两点，且的值与m的值无关． （i）求k的值； （ii）是否存在实数m，使得?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，，，且． （1）讨论函数的单调性； （2）若曲线和存在公切线，求a的取值范围； （3）若存在相异实数m，n，使得，且，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $