精品解析：湖南常德市临澧县第一中学2025-2026学年下学期高二年级第一次阶段性检测数学试题

临澧一中2026年上学期高二年级第一次阶段性检测 数学 （满分：150分，时量：120分钟） 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，只有一项符合题目要求的. 1. 个班分别从个景点中选择一处游览，不同选法的种数为（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线上一点的纵坐标为2，则点与抛物线焦点的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 3 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 4. 设X，Y为随机变量，且，则（ ） A. 9 B. 8 C. 5 D. 4 5. 在的展开式中，系数绝对值最大项是（ ） A. 第10项 B. 第9项 C. 第11项 D. 第8项 6. 将《三国演义》《西游记》《水浒传》《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，表示事件：“《三国演义》分给同学甲”；表示事件：“《西游记》分给同学甲”；表示事件：“《西游记》分给同学乙”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与相互独立 B. 事件与相互独立 C. D. 7. 在的展开式中，除项之外，剩下所有项的系数之和为（ ） A. 299 B. C. 300 D. 8. 如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位，记为第次跳跃后对应数轴上的数字（，），则满足，的跳跃方法有多少种（ ） A. 336 B. 448 C. 315 D. 420 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 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 10. 已知，若，则有（ ） A. B. C. D. 11. 现进行如下试验：从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件“试验过程中，数字被选到”，表示事件发生的概率（），则（ ） A. B. C. D. 且 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 记等比数列的前项和为，若则的值为__________. 13. 已知某条线路上有两辆相邻班次的BRT（快速公交车），若准点到站的概率为，在准点到站的前提下准点到站的概率为，在准点到站的前提下不准点到站的概率为，则准点到站的概率为__________. 14. 已知当时，不等式恒成立，则正实数的取值范围是__________． 四、解答题：本大题共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. 已知定义在上的函数 （1）若，，求出曲线在点处的切线方程； （2）求的极值. 16. 已知数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 17. 平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点． （1）求证：； （2）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 19. 双曲线C：的实轴长为，且过点，双曲线的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，过F的直线交双曲线右支于M，N两点，设直线、交于点P. （1）求双曲线C的方程； （2）证明：点P在定直线h上； （3）连接交直线h于点Q，证明：以为直径的圆与直线相切. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临澧一中2026年上学期高二年级第一次阶段性检测 数学 （满分：150分，时量：120分钟） 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，只有一项符合题目要求的. 1. 个班分别从个景点中选择一处游览，不同选法的种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理直接计算可得结果. 【详解】每个班均有种不同的选择，由分步乘法计数原理可得选法种数有种. 故选：C. 2. 抛物线上一点的纵坐标为2，则点与抛物线焦点的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先求出准线方程，再根据抛物线的定义求解. 【详解】对于抛物线 ， ， 准线方程为， 点A到焦点的距离为； 故选：C. 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用代换和组合数的性质计算即可 【详解】因为，， 故选：C. 4. 设X，Y为随机变量，且，则（ ） A. 9 B. 8 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据方差的公式求得，再根据方差的性质求解即可 【详解】由题意，，故 故选：B 5. 在的展开式中，系数绝对值最大项是（ ） A. 第10项 B. 第9项 C. 第11项 D. 第8项 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】二项式的通项公式为：， 设第项的系数绝对值最大， 所以有， 因为，所以，所以系数绝对值最大项是第9项， 故选：B 6. 将《三国演义》《西游记》《水浒传》《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，表示事件：“《三国演义》分给同学甲”；表示事件：“《西游记》分给同学甲”；表示事件：“《西游记》分给同学乙”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与相互独立 B. 事件与相互独立 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用古典概型的概率求得，， ， ，再逐项判断. 【详解】解：将《三国演义》《西游记》《水浒传》《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，共有种基本事件， 事件A包含的基本事件数为：，则， 同理， 事件AB包含的基本事件数为：，则， 事件AC包含的基本事件数为：，则， 因为，故A错误； 因为，故B错误； 因为，故C正确； 因为，故D错误； 故选：C 7. 在的展开式中，除项之外，剩下所有项的系数之和为（ ） A. 299 B. C. 300 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先，求出展开式中所有项的系数和，然后求出项的系数，从而可得答案. 【详解】令，得. 所以的展开式中所有项的系数和为 . 由可以看成是5个因式相乘. 要得到项，则5个因式中有1个因式取，一个因式取，其余3个因式取1，然后相乘而得. 所以的展开式中含的项为， 所以的展开式中，除项之外，剩下所有项的系数之和为. 故选：A 8. 如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位，记为第次跳跃后对应数轴上的数字（，），则满足，的跳跃方法有多少种（ ） A. 336 B. 448 C. 315 D. 420 【答案】B 【解析】 【分析】先分两类：①，，②，，然后每类分两步，根据组合数公式列式求出结果再相加可得结果. 【详解】因为，所以或. 当，时，前次向左跳跃次，向右跳跃次，后次向右跳跃次， 所以有种； 当，时，前次向右跳跃次，向左跳跃次，后次向左跳跃次，向右跳跃次， 所以有种. 综上所述：满足，的跳跃方法有种. 故选：B 【点睛】思路点睛：排列组合题一般思路是：先分类，再每类分步计数. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 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. 10. 已知，若，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，已知式变为，可求得，然后二项式变形为，并令二项式化为，可求得，二项式两边都对求导后令可求得，从而判断各选项． 【详解】令，则，已知式变为， 解得， ，， ， ， 令，则有， 两边对求导得， 再令得， 所以， 故选：BCD． 11. 现进行如下试验：从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件“试验过程中，数字被选到”，表示事件发生的概率（），则（ ） A. B. C. D. 且 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，可根据试验过程直接计算；对于选项B，需要根据试验过程分析表达式；对于选项C，根据条件概率公式判断与是否相等；对于选项D，时，有，得，可知，，则有，可得. 【详解】对于A，若数字9被选到，有两种情况： 第一次选数时，从1到10中选到9，概率为， 第一次选到10，第二次从1到9中选到9，概率为， 所以，选项A错误； 对于B，若数字8被选到，有以下几种情况：第一次就选到8，概率为； 发生后，下一次从1到8中选到8，概率为， 发生后，下一次从1到9中选到8，概率为， 这几种情况彼此互斥，所以，选项B正确； 对于C，根据条件概率公式，， 若发生，即数字9被选到，那么在选到9的情况下， 下一次从1到8中选到8的概率为，即， 若发生，即数字10被选到，那么在选到10的情况下，可以下一次从1到9中选到8， 也可以是下一次从1到9中选到9，再下一次从1到8中选到8， 即， 所以，选项C正确； 对于D，对于即选中的情况，设为选中数当中不小于的最小整数， 则 ， 当时，有，，， 结合知，， 所以最大数选取是任意的，始终有， 对于同时选中情况，不妨设，可理解为从中按规则取数， 选中的概率，则有， 可得，选项D正确. 故选：BCD 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 记等比数列的前项和为，若则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由等比数列前项和的性质，仍成等比数列，再由等比中项的性质列方程求解即可． 【详解】由等比数列前项和的性质，仍成等比数列， 即成等比数列， ，解得． 故答案为：． 13. 已知某条线路上有两辆相邻班次的BRT（快速公交车），若准点到站的概率为，在准点到站的前提下准点到站的概率为，在准点到站的前提下不准点到站的概率为，则准点到站的概率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知条件以及条件概率列方程，从而求得准点到站的概率. 【详解】设事件A为“A准点到站”，时间B为“B准点到站” 依题意，, 而， 而，则， 又，解得， 故答案为： 14. 已知当时，不等式恒成立，则正实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】同构变形得，设，根据导数得到其单调性则，再分离参数得，设，利用导数求出最值即可. 【详解】由题意，原不等式可变形为， 即，设，则当时，恒成立， 因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，则，所以，， 因为在上单调递增， 所以要使，只需， 在上恒成立，取对数，得， 因为，所以．令，，因为， 所以在上单调递增，所以， 所以，则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构思想得到， 在上恒成立，再分离参数，利用导数求出最值即可. 四、解答题：本大题共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. 已知定义在上的函数 （1）若，，求出曲线在点处的切线方程； （2）求的极值. 【答案】（1） （2）极小值为，没有极大值 【解析】 【分析】（1）通过导函数求值，导数值与切线斜率的关系求解； （2）通过导函数与函数单调性的关系、极值的定义求解. 【小问1详解】 ，时，， 所以，，， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 因为为增函数，令，解得， 在上符号为负，在上符号为正增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有极小值为,没有极大值. 16. 已知数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系消去得到数列递推式，构造等比数列，即可求得数列通项； （2）依题求出的通项，利用错位相减法即可求得. 【小问1详解】 已知，当时，，故 当时，，，则 又 数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 故得，整理得 【小问2详解】 由（1）知，，． ① ② 由①②得 ． 17. 平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点． （1）求证：； （2）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可. 【小问1详解】 取中点，连接，如图， 又为的中点， ，由，则， 又为等腰直角三角形，，， ，又，平面， 平面，又平面， 【小问2详解】 平面平面，平面平面，，平面， 平面，平面，故， 故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设， ， 则，，， 若存在使得平面平面，且，， 则，解得，， 则，， 设为平面的一个法向量，则， 令，即， 设是平面的一个法向量，则， 令，则， ，可得． 存在使得平面平面，此时 18. 已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 【答案】（1）， （2）期望为，的概率分布为： 0 1 （3）.【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率公式和对立事件的概率关系可求、； （2）的可能取值为，根据独立事件和对立事件的概率关系可求取相应值时对应概率，从而可求分布列和期望. （3）记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D，根据独立事件的概率公式可求，再根据条件概率的概率公式可求题设中的条件概率. 【小问1详解】 记无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，， 红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，. ， . 【小问2详解】 经过1轮对抗，红方与蓝方击中对方目标数之差X的可能取值为. ， ， . X的概率分布为： 0 1 所以的数学期望. 【小问3详解】 记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D. 记3轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差为Y， ， ， 所以， 所以. 所以在3轮对抗后训练结束的条件下，红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为. 19. 双曲线C：的实轴长为，且过点，双曲线的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，过F的直线交双曲线右支于M，N两点，设直线、交于点P. （1）求双曲线C的方程； （2）证明：点P在定直线h上； （3）连接交直线h于点Q，证明：以为直径的圆与直线相切. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据实轴长求出，根据所过的点求出，故可求双曲线的方程； （2）设：，，，联立直线方程和双曲线方程后化简后可求，故可证点在定直线上； （3）结合（2）中的结果及韦达定理可证，再由斜率公式可得，故可证以为直径的圆与直线相切于F点. 【小问1详解】 由题意得，所以，， 又因为双曲线过点，代入解得， 所以双曲线C的方程为. 【小问2详解】 ，所以，，， 设：， 联立得， 因为直线与右支交于两点，故. 设，，所以，， 故， 且， 所以， 因为，所以， 代入得， 故，所以点在定直线上. 【小问3详解】 由（2）知，故， 而，所以， ， 所以的中点， 又 ， 所以，即， 所以点在以为直径的圆上， 另一方面，故直线的方向向量为, 而的方程为，故其方向向量为, 因，所以两个方向向量垂直，故， 所以以为直径的圆与直线相切于F点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $