精品解析：江苏南京市金陵中学2025-2026学年第二学期高二年级阶段性检测数学试题

2025~2026学年度第二学期高二年级阶段性检测 数学 命题：严飞、苏娟 审题：从品 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. （ ） A. B. C. D. 6 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 3. 有6个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（ ） A. 144 B. 72 C. 48 D. 36 4. 已知双曲线，则“它的渐近线方程为”是“它的离心率为”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 5. 已知函数，若对任意恒成立，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 6. 对于事件A，B，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 8. 已知，若，则的值为（ ） A. 3 B. 22 C. 43 D. 45 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. 若随机变量的分布如下表： 1 2 3 P 0.2 0.1 0.25 则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数．若是的极值点，则（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 直线与曲线相切 D. 过点可以作三条直线与曲线相切 11. 已知正方体，是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若到点与点的距离相等，则的轨迹为直线 B. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 C. 若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D. 若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记的内角的对边分别为，若，则___________． 13. 甲和乙两个箱子各装有10个球，其中甲箱中有5个红球､5个白球，乙箱中有8个红球､2个白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果出现点数为1或2，从甲箱子随机摸出一个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子随机摸出一个球.则摸出红球的概率为___________. 14. 已知椭圆的左焦点为F，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D．若，则椭圆离心率的最大值为________． 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，已知前三项系数的绝对值依次成等差数列. （1）求展开式中二项式系数的最大值； （2）求展开式中所有的有理项. 16. 一个盒子中有个大小重量相同的小球，其中个白球，个黑球，甲同学从盒子中分次随机抽取，每次抽取个球. （1）若每次抽出的球放回，求恰有次抽取到黑球的概率； （2）若每次抽出的球不放回. ①记抽取到的黑球个数为随机变量，求的分布列和数学期望； ②在抽取到个黑球与个白球的前提下，求第次抽到黑球的概率. 17. 已知数列和满足：，，且． （1）求和的通项公式； （2）①求数列的前n项和； ②求集合． 18. 已知椭圆的焦距为2，点在上，为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点. （i）若点的坐标为，证明：； （ii）若，当时，求弦长的取值范围. 19. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期高二年级阶段性检测 数学 命题：严飞、苏娟 审题：从品 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. （ ） A. B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】原式． 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的计算方法求解即可. 【详解】由题可知，， 向量在向量上的投影向量为. 故选：. 3. 有6个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（ ） A. 144 B. 72 C. 48 D. 36 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，先让3人坐定，有种方法， 然后将相邻的两个空位看作一个座位，再将两个座位插入3人形成的4个空位中，有种方法， 因此，恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为. 4. 已知双曲线，则“它的渐近线方程为”是“它的离心率为”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 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可分别讨论参数的符号，再分别验证渐近线和离心率即可得出结论. 【详解】根据意题意，若，则渐近线方程为，即可得， 此时离心率为，即充分性不成立； 若，当离心率为时可得，即可得， 此时渐近线方程为，显然必要性也不成立； 即可得“它的渐近线方程为”是“它的离心率为”的既不充分也不必要条件； 故选：D 5. 已知函数，若对任意恒成立，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可求解. 【详解】由题意知对任意恒成立， 所以对任意恒成立. 记，则， 当时，；当时，； 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时，在时取得极大值，也即最大值. 所以，故a的最小值为. 6. 对于事件A，B，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用条件概率和事件的概率算出，再根据概率加法公式和、的值求出，最后根据对立事件概率公式求出． 【详解】由条件概率公式，可得， 故， 又因， 则，所以． 7. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算. 8. 已知，若，则的值为（ ） A. 3 B. 22 C. 43 D. 45 【答案】C 【解析】 【分析】先由二项展开式的通项求出的系数构成，然后等式两边对求导数后再令可得. 【详解】已知， 而. . 等式两边对求导数可得，， 再令，可得，即. 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. 若随机变量的分布如下表： 1 2 3 P 0.2 0.1 0.25 则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，由，解得，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，因为， 所以，故C正确； 对于D，，故D错误． 10. 已知函数．若是的极值点，则（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 直线与曲线相切 D. 过点可以作三条直线与曲线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，对函数求导得出，令，对求导得出，令解出检验即可；选项B，法一：通过的零点为对称中心的横坐标即可判断；法二：通过即可证明；选项C，法一：利用直线方程的斜率找出切点即可说明；法二：先求出直线与曲线的交点，然后验证交点为切点即可说明；选项D，先检验所给的点是否为切点，然后设切点，求出切线方程，判断切线方程的解的情况即可得出结论. 【详解】对于A，由，则， 令，则， 因为是的极值点，所以，解得， 此时，令，解得， 当时，，此时函数在单调递增， 当时，，此时函数在单调递减， 所以为函数极小值点，也即是的极小值点，满足题意，故A错误； 对于B，法一：，的零点为对称中心的横坐标， 令，解得，，为对称中心，故B正确； 法二： ，因此的图象关于点中心对称，故B正确； 对于C，法一：设直线与曲线相切的切点为， 由切线的斜率为，则，即，得， 此时， 所以直线为曲线在点处的切线方程，故C正确； 法二：直线与交于，， 所以直线0为曲线在点处的切线方程，故C正确； 对于D，易知不是曲线上的点，设切点为， 所以切线的斜率为，所以切线方程为， 因为切线经过，所以，整理得， 设，则，令，则或， 当时，，此时函数在单调递增， 当时，，此时函数在单调递减， 当时，，此时函数在单调递增， 由，， ，， 根据零点存在性定理可知：在区间，，上分别有一个零点， 即方程有三个不同的实根， 也即过点可以作三条直线与曲线相切，故D正确. 11. 已知正方体，是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若到点与点的距离相等，则的轨迹为直线 B. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 C. 若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D. 若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据点与点、点到直线的距离公式及向量法求线线角、线面角，结合圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义逐项分析判断即可. 【详解】设正方体边长为2，以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，. 设. 选项A：，. 则，整理得， 此时为直线，A正确. 选项B：直线方程为：，，到直线的距离为. 直线方程为：，，，到直线的距离为. 则，整理得，此时为抛物线，B正确. 选项C：，易知为平面的一个法向量. 则， 所以，此时为圆，C错误. 选项D：，， 则， 即，此时为双曲线，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记的内角的对边分别为，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】借助正、余弦定理计算即可得. 【详解】由正弦定理可得， 则，即. 故答案为：. 13. 甲和乙两个箱子各装有10个球，其中甲箱中有5个红球､5个白球，乙箱中有8个红球､2个白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果出现点数为1或2，从甲箱子随机摸出一个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子随机摸出一个球.则摸出红球的概率为___________. 【答案】0.7 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出从甲箱，乙箱摸出红球的概率，再根据互斥事件的概率加法公式，即可求解． 【详解】解：掷到点数为1，2的概率为，从甲箱子摸到红球的概率为， 掷到点数为3，4，5，6的概率为，从乙箱子摸到红球的概率为， 故摸出红球的概率． 故答案为：0.7. 14. 已知椭圆的左焦点为F，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D．若，则椭圆离心率的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理利用弦长公式求解，进而求出线段AB的中垂线所在直线方程，求出和，利用得，即可得解. 【详解】设椭圆的左焦点为，，，则直线， 联立方程，消去y得：， ，则， ，， 则， 设线段AB的中点，则，，即， 线段AB的中垂线所在直线方程为， 令，则，解得， 即，则， 由题意可得：，即， 整理得，则，即椭圆离心率的最大值为. 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，已知前三项系数的绝对值依次成等差数列. （1）求展开式中二项式系数的最大值； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1）70 （2），， 【解析】 【分析】（1）根据前三项系数的关系列方程求n，然后根据二项式系数的性质可得； （2）根据指数为整数分析即可. 【小问1详解】 展开式中第项为， 所以前三项系数的绝对值依次为，，， 依题意有，， 即，整理得，解得（舍去）或， 由二项式系数的性质可知，展开式中二项式系数的最大值为. 【小问2详解】 由（1）知，， 又，，由可得， 故展开式中的有理项为： ，，. 16. 一个盒子中有个大小重量相同的小球，其中个白球，个黑球，甲同学从盒子中分次随机抽取，每次抽取个球. （1）若每次抽出的球放回，求恰有次抽取到黑球的概率； （2）若每次抽出的球不放回. ①记抽取到的黑球个数为随机变量，求的分布列和数学期望； ②在抽取到个黑球与个白球的前提下，求第次抽到黑球的概率. 【答案】（1） （2）①分布列见解析，数学期望；② 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验概率问题的求解方法可求得结果； （2）①首先确定所有可能的取值，根据概率乘法公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望； ②根据概率乘法公式可求得所需概率，由条件概率公式可求得结果. 【小问1详解】 若每次抽出的球放回，则每次抽取到黑球的概率为， 则随机抽取次，恰有次抽取到黑球的概率. 【小问2详解】 ①由题意知：所有可能的取值为， ； ； ； 的分布列为： 数学期望. ②记事件为“抽取到个黑球与个白球”，事件为“第次抽到黑球”， 则事件为“第次和第次抽到白球，第次抽到黑球”； ，，， 即在抽取到个黑球与个白球的前提下，第次抽到黑球的概率为. 17. 已知数列和满足：，，且． （1）求和的通项公式； （2）①求数列的前n项和； ②求集合． 【答案】（1）， （2）① ② 【解析】 【分析】（1）利用累加法求的通项公式，利用作商的方法求的通项公式； （2）①由于，利用裂项相消法求和； ②当时，通过列举可得，3，4时，，当时，，通过适当放缩可证得. 【小问1详解】 由，得，，，……，， 累加得，得，， 又满足上式，因此有． 所以，则，相除得，， 又满足上式，因此有． 【小问2详解】 ①由，得， ． ②因为，，所以， 因为，，所以， 因为，，所以， 因为，，所以， 当时，．下面证明， ， 所以，集合. 18. 已知椭圆的焦距为2，点在上，为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点. （i）若点的坐标为，证明：； （ii）若，当时，求弦长的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）分直线是否与轴重合，设，与椭圆方程联立，根据韦达定理求证即可； （ii）化简求出其范围，再利用韦达定理化简得出即可求出的范围，利用弦长公式化简，令即可. 【小问1详解】 由题意得，，得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）当直线与轴重合时，显然成立； 当直线与轴不重合时，设直线方程为. 联立，得， 则，. 则， 因为， 所以. 故的倾斜角互补，所以； 综上，. （ii）由，则. 可得， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 由 ， 令，则， 因为，所以，则弦长的取值范围为. 19. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据，可求； （2）求导，因式分解，分、两种情况讨论； （3）求出，构造函数，通过的单调性结合零点存在性定理即可求证函数有唯一的极大值点，且使得，进而化简得，通过构造函数即可求证. 【小问1详解】 ， 因函数在处的切线方程为， 则，，得； 【小问2详解】 ，， 当时，，则在上单调递减； 当时，得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 当时，， 则， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 又，，， 则由零点存在性定理可知，使得， 则或时，，；时，，， 故在和上单调递增，在上单调递减，则有唯一的极大值点， 且， 令，则， 则在上单调递增，则，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $