精品解析：浙江义乌大成中学2025-2026学年高二下学期第一次阶段练习数学试卷

义乌大成中学高二年级下学期第一次阶段练习 数学学科（试卷） 2026.3 分值：150分 时间：120分钟 命题：蒋信 审核：龚云清 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. 直线的倾斜角是（ ） A. 0 B. C. D. 不存在 2. 用数字，，，，，组成有重复数字的三位数且是偶数的个数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线和直线，若，则（ ） A. B. 2或 C. D. 2 4. 已知函数的图象在点处的切线的方程为，且点在上，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5. 有6位身高不同的同学站成前后两排拍照，每排3人，若后排每位同学比他正前面的同学身高高，则不同的站法种数为（ ） A. 90 B. 120 C. 270 D. 720 6. 若，则的值为（ ） A B. 1 C. 0 D. 7. 已知双曲线的左右焦点分别是，，是双曲线右支上的动点，过作平分线的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 是定义在上的偶函数，为其导函数且，且时，，则不等式的解集为（   ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是线段，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则直线与直线的夹角为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 存在，使得平面 D. 若，则三棱锥外接球的表面积为8π 11. 南宋数学家杨辉所著《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和为1024 B. C. 第9行所有数字的平方和等于 D. 若第行第个数记为，则 第二部分（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）. 13. 若对于任意，都有成立，则实数的取值范围为______. 14. 下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有____________种. 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. 在的展开式中，前3项的系数成等差数列． （1）求n的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项及各二项式系数和； （3）求展开式中含的项的系数及有理项． 16. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若，求的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. （1）证明：平面PBC； （2）若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 18. 已知点在离心率为2双曲线：上，直线：交双曲线的右支于，两点． （1）求双曲线的方程． （2）线段的垂直平分线过点． ①探究并写出与的关系式； ②求取值范围． 19. 拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上． （1）如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？ （2）假设原来有n个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； （3）假设让站好的一排n个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当n无穷大时，趋近于．（参考公式：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 义乌大成中学高二年级下学期第一次阶段练习 数学学科（试卷） 2026.3 分值：150分 时间：120分钟 命题：蒋信 审核：龚云清 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. 直线的倾斜角是（ ） A. 0 B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线倾斜角的定义即可得解. 【详解】因为直线与轴垂直，因此直线的倾斜角是． 故选：C． 2. 用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解. 【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 3. 已知直线和直线，若，则（ ） A. B. 2或 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据得到关于的等式，计算验证即可. 【详解】若，则，解得或， 当时，直线，即和直线重合，舍去， 当时，直线和直线，此时符合题意. 综上，. 故选：D. 4. 已知函数的图象在点处的切线的方程为，且点在上，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义结合题设条件，列出方程组，求解即得. 【详解】依题意，，解得. 故选：B. 5. 有6位身高不同的同学站成前后两排拍照，每排3人，若后排每位同学比他正前面的同学身高高，则不同的站法种数为（ ） A. 90 B. 120 C. 270 D. 720 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步计数乘法原理来求解即可. 【详解】先给第1列选2人，从6人中选2人后，仅需把矮的放前排、高的放后排，只有1种符合要求的排法，共种选法， 再给第2列从剩余4人中选2人，同理也只有1种排法，共种选法， 最后剩余2人自动为第3列，仅1种排法，即， 即总站法数为： . 6. 若，则的值为（ ） A. B. 1 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，令，求得，再令，可得，进而求得的值，得到答案. 详解】由， 令，可得， 再令，可得， 所以. 故选：A. 7. 已知双曲线的左右焦点分别是，，是双曲线右支上的动点，过作平分线的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用角平分线的性质及双曲线的定义得，即可确定轨迹方程，注意范围. 【详解】设点的坐标为，延长与交于点，连接， 因为平分，且，所以，， 又因点是双曲线右支上的动点，所以， 所以，所以，即点在以为圆心，为半径的圆上， 因为当点沿双曲线右支运动到无穷远处时，趋近于双曲线的渐近线， 所以点的轨迹是圆弧，除去点和， 所以方程为. 8. 是定义在上的偶函数，为其导函数且，且时，，则不等式的解集为（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当时，构造函数，求导结合已知得其单调性，进而可得当时，，当时，，结合偶函数性质即可进一步得解. 【详解】是定义在上的偶函数， 当时，令，则，所以在上单调递减， 当时，，即， 当时，，即， 即当时，的解集为， 因为函数是定义在上的偶函数，由其对称性可知： 当时，的解集为， 所以不等式的解集为. 故选：C. 二､多选题：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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】A：根据展开式最高次项的次数进行求解即可；B：利用二项式的通项公式，结合乘法的运算性质进行求解即可；C：利用赋值法进行求解即可；D：利用导数的运算性质，结合赋值法进行求解即可. 【详解】A：因为， 所以多项式最高次项的次数为， 所以，因此本选项说法正确； B：因为，所以本选项说法不正确； C：在中， 令，得， 令，得， 所以本选项说法正确； D：对两边同时求导， 得， 令，得 ，所以本选项说法不正确. 故选：AC 10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是线段，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则直线与直线的夹角为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 存在，使得平面 D. 若，则三棱锥外接球的表面积为8π 【答案】ABC 【解析】 【分析】当时，分别为的中点，所以也是的中点.利用中位线定理及异面直线所成的角的定义求出直线与直线的夹角，判断A；将三棱锥体积表示成的函数，根据二次函数的最值求法求得三棱锥体积的最大值，判断B；当时，易得平面，可判断C正确；当时，求得三棱锥的外接球表面积，判断D. 【详解】对A，因为，所以 当时，分别为的中点，所以也是的中点. 过M作于Q，连接，则，所以. 因为，所以直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即. 又因为，所以，故A正确. 对B，过M作于Q， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，即三棱锥的高为， 又， 所以三棱锥体积， 当时，，故B正确. 对C，当时，是的中点，所以也是的中点. 因为是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面，故C正确. 对D，当时，，故Q为的中点， 又N为的中点，所以，， 所以Q到A，B，M，N的距离都为1， 即三棱锥外接球的球心为Q，球半径为1，所以外接球表面积，故D错误. 11. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和为1024 B. C. 第9行所有数字的平方和等于 D. 若第行第个数记为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合二项式系数和计算判断A；根据组合数的性质计算判断B；结合的展开式的系数的关系判断C；根据第行的第个数为，结合逆用二项式定理化简求解判断D. 【详解】对于A，在杨辉三角中，第10行的所有的数字之和为，正确； 对于B：由公式得： ，错误； 对于C，在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字， 即， 因为 对应相乘可得的系数为， 而二项式展开式的通项公式，， 当时，，则系数为， 所以， 所以第9行所有数字的平方和等于，正确； 对于D，第行的第个数为， 所以 即，正确. 故选：ACD 第二部分（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为求的展开式中的系数，然后利用的展开式通项求出含的系数，即可得解. 【详解】的展开式中的系数等价于的展开式中的系数， 而的展开式的通项为， 令得的展开式中的系数为， 即的展开式中的系数为. 故答案为： 13. 若对于任意，都有成立，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，由其单调性得到，再通过参变分离求最值即可. 【详解】由， 可得：， 即， 构造函数，易知单调递增， 所以， 等价于在恒成立， 即在恒成立， 构造函数， ，易得时，， 时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 所以， 即实数的取值范围是， 故答案为： 14. 下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有____________种. 【答案】200 【解析】 【详解】 将有阴影的圆分别标为， 由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字， 当阴影的圆中的数字为时，则将填在中有种方法，接着剩下的个数字填到圆中有种方法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，若将填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能从中选两个有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 若将填到或，有种方法，则接着安排有种方法，与相邻的三个圆只能填有种方法，剩下一个数有种填法，所以共有种方法； 当阴影的圆中的数字为时，则只能填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能安排有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法； 所以总共有种填法. 故答案为： 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. 在的展开式中，前3项的系数成等差数列． （1）求n的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项及各二项式系数和； （3）求展开式中含的项的系数及有理项． 【答案】（1） （2）展开式中二项式系数最大的项为，各二项式系数和为 （3）展开式中含的项的系数为，有理项为，， 【解析】 【分析】（1）求得展开式的通项，得到前三项系数为，结合题意，列出方程，即可求得的值； （2）根据二项展开式的性质，得到展开式中二项式系数最大的项为第五项，结合通项求得展开式的底5项，以及各二项式系数和； （3）由展开式的通项，令，得到，求得含的项的系数，再由，4，8，求得对应的有理项. 【小问1详解】 解：由二项式展开式的通项为， 因为前3项的系数成等差数列，且前三项系数为， 所以，即，所以（舍去）或． 【小问2详解】 解：当时，可得所以展开式中二项式系数最大的项为第五项， 即，且各二项式系数和为． 【小问3详解】 解：由二项式展开式的通项公式为：， 令，可得，所以含的项的系数为； 设展开式中第项为有理项，由， 当，4，8时对应的项为有理项，其中有理项分别为：． 16. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增. （2）. 【解析】 【分析】（1）通过求导判断符号，确定函数单调区间； （2）分离参数转化为函数最值问题，求得参数范围为 【小问1详解】 当时，，定义域为. . 令，即，解得. 当时，，即，故在上单调递减； 当时，，即，故在上单调递增. 综上，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 对，恒成立. 因为，所以分离参数可得恒成立. 则题干问题等价于，令. 求导得. 令，即，解得. 当时，，故，在上单调递减； 当时，，故，在上单调递增. 因此在处取极小值同时也为最小值，. 所以，即的取值范围是. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. （1）证明：平面PBC； （2）若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【小问1详解】 取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. 【小问2详解】 取AB中点，连接OP，OD，BD 因为，所以， ∵平面平面，面，为交线， 平面，， 为正三角形，， 以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图， 设， 则，，，，， 所以， 易知平面PAB的法向量可取， 设平面PAE的法向量为， 因为，令，可取， 所以，解得， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 因为，令，可得， 所以. 18. 已知点在离心率为2的双曲线：上，直线：交双曲线的右支于，两点． （1）求双曲线的方程． （2）线段的垂直平分线过点． ①探究并写出与的关系式； ②求的取值范围． 【答案】（1） （2）① ，；② 【解析】 【分析】（1）由双曲线离心率以及点在双曲线上，即可求解双曲线方程. （2）①设，，联立方程与双曲线，由韦达定理与关系，求解线段的中点，再由线段的垂直平分线过点，可得，求解即可. ②由，得到与的关系，求解，，，由，再由，求解即可. 【小问1详解】 由双曲线：的离心率为2，得，解得． 又因为点在双曲线：上，则，解得，， 所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 ①设，， 联立消去得， 所以，即， 且，，由，得，所以． 则． 因为线段的中点为，所以． 因为线段的垂直平分线过点， 则，整理得． 结合，得，所以，． ②由①知，， 则，，． 因为点，是直线与双曲线的右支的交点，所以，，则，， 则，解得． 因为 ， 所以． 又因为， 所以，即． 因为， 所以的取值范围为，即的取值范围为． 19. 拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上． （1）如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？ （2）假设原来有n个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； （3）假设让站好的一排n个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当n无穷大时，趋近于．（参考公式：） 【答案】（1）2；9； （2）；证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据分步计数乘法原理和特殊位置优先法计数即得； （2）先假设有个人，依题意，可分两个步骤完成：第一步，甲选位置，第二步排其余个人，分类统计方法数得，将其化为，可证得等比数列； （3）由题得，根据（2）结论求得，推理得，赋值后累加即得，由参考公式取即可证明. 【小问1详解】 当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法； 当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，若甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法， 剩下的两个人都只有1种站法，由分步乘法计数原理可得有种站法． 【小问2详解】 易知，． 如果有个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤： 第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法； 第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类： 第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种； 第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有种． 所以，，又， 所以． 所以数列，是首项为1，公比为的等比数列 小问3详解】 由题意可知， 由（2）可得：，则． 对进行赋值，依次得：，，⋯， 将以上各式左右分别相加，得：，因， 则． 即得， 当无穷大时，，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $