精品解析：湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题

高二数学一 命题人：李谦 审题人：于杰延 时量：120分钟 满分：150分 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. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则“”是“”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 4. 下列求导结果正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 展开式中的系数为（ ） A. 56 B. 42 C. 84 D. 120 6. 盲盒中有大小相同的3个红球，2个黑球，随机有放回的摸两次球，记X为摸到黑球的个数，随机无放回的摸两次球，记Y为摸到黑球的个数，则（   ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 众所周知，长时间玩手机可能影响视力．据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有30%的学生每天玩手机超过2 h，这些人的近视率约为50%．现从每天玩手机不超过2 h的学生中任意调查一名学生，则该名学生近视的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（ ） A. 60 B. 70 C. 77 D. 78 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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数r越大，则线性相关性越强 B. 用决定系数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 C. 在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 D. 在独立性检验中，零假设必须是“分类变量X与Y独立”，不能是“分类变量X与Y有关” 10. 已知圆，抛物线的焦点为F，M为C上一点，P为E上一动点，则（ ） A. 抛物线E的准线方程为 B. 抛物线E与圆C没有交点 C. 若，则直线与圆C相切 D. 的最小值为1 11. 若数列满足：，则称数列为有限稳定数列，记为数列前项和，下列结论正确的是（ ） A. 首项为1，公比为的等比数列是有限稳定数列 B. 若各项均为正数的等比数列是有限稳定数列，其公比的取值范围为（0，1） C. 若数列满足，则数列是有限稳定数列 D. 若数列是有限稳定数列，则数列是有限稳定数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 假设某次数学考试成绩服从正态分布．如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩由高到低分为A，B，C，D四个等级，那么A等级的分数线约为____________分及以上（精确到1）． （参考数据：若，则．） 13. 已知每门大炮射击一次击中某目标的概率是0.4，现在n门大炮向此目标各射击一次．如果此目标至少被击中一次的概率超过92%，那么至少需要大炮的门数是____________．（参考数据：，） 14. 三棱锥的各顶点均在球O上，且三棱锥的体积为，球O的体积为，已知，，，则动点的轨迹长度为____________． 四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆的离心率为，上、下顶点分别为A，B，．过点，且斜率为k的直线l与x轴相交于点F，与椭圆相交于C，D两点． （1）求椭圆的方程； （2）若，求k的值． 16. 为研究高中生每周自主整理错题时长与数学学科成绩的关联性，某高中数学教研组从本校高二年级随机抽取了100名学生进行调查，统计其每周整理错题时长（单位：小时）及期末数学成绩，按照“整理错题时长小时”和“整理错题时长小时”将学生分为时长充足组和时长不足组，再按照数学成绩是否不低于120分（满分150分）分为成绩优秀和成绩一般，得到如下列联表： 成绩优秀 成绩一般 合计 时长充足组 30 10 40 时长不足组 20 40 60 合计 50 50 100 同时，从样本中随机选取6名学生，记录其每周整理错题时长（记为变量x，单位：小时）与对应数学成绩（记为变量y，单位：分），得到如下数据： 学生编号 1 2 3 4 5 6 x 0 1 2 2 3 4 y 91 105 116 119 125 140 （1）根据表中数据，依据的独立性检验，能否认为高中生数学成绩与每周整理错题时长充足与否有关联？并解释所得结论的实际含义； （2）请你结合第（1）问得出的独立性检验结论，根据选取的6组数据，建立y关于x的经验回归方程，并预测某名学生每周整理错题时长为4.5小时，其数学成绩大约为多少分？该结果是否一定与实际情况相符合，原因是什么？ 参考数据与公式：，． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，． 17. 如图，在正三棱柱中，，，分别为棱，，的中点，为线段上的动点. （1）证明：平面. （2）若为线段的中点，且，，求与平面所成角的正弦值. 18. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球．现同时从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，甲口袋中恰有3个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，没有黑球的概率为． （1）求，，，； （2）求与的递推关系式； （3）求随机变量的数学期望．（用n表示） 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）已知，若存在，使得． （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学一 命题人：李谦 审题人：于杰延 时量：120分钟 满分：150分 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. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】因为为纯虚数， 所以，且，解得． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知，得，解得，即， 可知，解得，即， 所以． 3. 已知向量，，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标公式和充分条件及必要条件求解. 【详解】充分性分析：，，， ，，故充分性成立； 必要性分析：，， ，， ，，，故必要性不成立. 故“”是“”的充分不必要条件 4. 下列求导结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C， ，故C正确； 对于D，，故D错误． 5. 展开式中的系数为（ ） A. 56 B. 42 C. 84 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求出含的项即可. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 因此展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为42. 故选：B 6. 盲盒中有大小相同的3个红球，2个黑球，随机有放回的摸两次球，记X为摸到黑球的个数，随机无放回的摸两次球，记Y为摸到黑球的个数，则（   ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得随机变量服从二项分布，随机变量服从超几何分布，进而根据二项分布求，根据超几何分布求，即可得结果. 【详解】由题意可知：，则，， Y的可能取值为0，1，2， 则，，， 可得， ， 所以. 故选：B. 7. 众所周知，长时间玩手机可能影响视力．据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有30%的学生每天玩手机超过2 h，这些人的近视率约为50%．现从每天玩手机不超过2 h的学生中任意调查一名学生，则该名学生近视的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先设该校有a名同学，根据题目条件计算得出每天玩手机不超过2 h的学生中近视人数；再用频率估计概率即可求解. 【详解】设该校有a名同学， 则由题意可得：约有0.4a的学生近视，约有0.3a的学生每天玩手机超过2 h，约有0.7a的学生每天玩手机不超过2 h. 因为该校大约有30%的学生每天玩手机超过2 h，这些人的近视率约为50% 所以每天玩手机超过2 h的学生中近视的学生人数为0.3a×0.5＝0.15a， 则每天玩手机不超过2 h的学生中有0.4a－0.15a＝0.25a的学生近视， 所以从每天玩手机不超过2 h的学生中任意调查一名学生，该名学生近视的概率为． 故选：B． 8. 某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（ ） A. 60 B. 70 C. 77 D. 78 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步计数，先确定第4环节不能使用c运输方式，从而确定3种运输方式，再分类讨论第1，6两个环节的两类运输方式，从而可用间接法来确定第2，3，5环节的运输方式，最后利用分步计数乘法原理即可求解. 【详解】若第4个环节使用c运输方式，由题意可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式， 故第4个环节必须使用d，e，f三种运输方式中的1种， 若第1，6两个环节都使用b运输方式，则快件从甲送到乙至多会使用3种运输方式， 故从甲送到乙要使用4种运输方式，则满足条件的运输方法可分为两类． 第一类：第1和第6环节都用a运输方式，则第2，3，5环节必须使用两种不同的运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）； 第二类：第1和第6环节运输方式不同，则第2，3，5环节只需至少一个环节使用c运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）． 由分类加法计数原理可得，满足条件的运输方式有（种）． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数r越大，则线性相关性越强 B. 用决定系数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 C. 在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 D. 在独立性检验中，零假设必须是“分类变量X与Y独立”，不能是“分类变量X与Y有关” 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，两个变量的样本相关系数为r，则越大，线性相关程度越强，故A错误； 对于B，决定系数越接近1，值越大，残差平方和越接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故B正确； 对于C，因为在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故C正确； 对于D，在独立性检验中，将“分类变量X与Y独立”作为零假设，是因为在此假设下可以计算出期望频数，从而构造检验统计量进行检验，故D正确． 10. 已知圆，抛物线的焦点为F，M为C上一点，P为E上一动点，则（ ） A. 抛物线E的准线方程为 B. 抛物线E与圆C没有交点 C. 若，则直线与圆C相切 D. 的最小值为1 【答案】BC 【解析】 【分析】求出准线方程判断A；联立方程组求解判断B；求出点的坐标，进而求出直线方程判断C；确定长的最小值判断D. 【详解】对于A，抛物线的准线方程为，A错误； 对于B，由消去得，即，，方程无实数解， 因此抛物线E与圆C没有交点，B正确； 对于C，抛物线的焦点，圆的圆心，半径为， 设，则，解得，即， 则直线的方程为，圆心到直线的距离为， 因此直线与圆C相切，C正确； 对于D，由选项C得的最小值为4，因此的最小值为，D错误． 11. 若数列满足：，则称数列为有限稳定数列，记为数列前项和，下列结论正确的是（ ） A. 首项为1，公比为的等比数列是有限稳定数列 B. 若各项均为正数的等比数列是有限稳定数列，其公比的取值范围为（0，1） C. 若数列满足，则数列是有限稳定数列 D. 若数列是有限稳定数列，则数列是有限稳定数列 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，列出该数列相邻两项差绝对值和式子观察即可；对B，找出该等比数列公比为1时，也满足有限稳定数列条件，排除即可；对C，取，计算该数列是否是有限稳定数列；对D，数列是有限稳定数列，则有界，根据证明即可. 【详解】对A，设， 则相邻两项差的绝对值， 设， 则，故该数列是有限稳定数列，A对； 对B，若该等比数列公比为1，则相邻两项差为0，是有限稳定数列， 因此公比的取值范围应为，故B错； 对C，取，满足， 但相邻两项差绝对值和，随n增大趋向于无穷大，无界， 因此该数列不是有限稳定数列，C错； 对D， 若数列是有限稳定数列，有界，进而有界， 而， 所以有界，即数列是有限稳定数列，D对. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 假设某次数学考试成绩服从正态分布．如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩由高到低分为A，B，C，D四个等级，那么A等级的分数线约为____________分及以上（精确到1）． （参考数据：若，则．） 【答案】85 【解析】 【详解】设A等级的分数线为a，则应该满足． 又由题知， 因此． 13. 已知每门大炮射击一次击中某目标的概率是0.4，现在n门大炮向此目标各射击一次．如果此目标至少被击中一次的概率超过92%，那么至少需要大炮的门数是____________．（参考数据：，） 【答案】5 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对立事件及相互独立事件的概率公式列出不等式，再借助对数函数求解. 【详解】由每门大炮射击一次击中目标的概率是0.4，得此大炮没有击中目标的概率为， 由n门大炮射击是相互独立事件，得n门大炮都没有击中目标的概率为， 而“目标至少被击中一次”的对立事件是“目标一次都没有被击中”，则“目标至少被击中一次”的概率为 由目标至少被击中一次的概率超过92%，得不等式，即， 两边同时取常用对数，得，而， ， 不等式，又为正整数， 所以n的最小值为5，即至少需要大炮的门数是5． 14. 三棱锥的各顶点均在球O上，且三棱锥的体积为，球O的体积为，已知，，，则动点的轨迹长度为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据外接球的体积求得外接球的半径，再根据三棱锥的体积求得点到平面的距离，得到点在平行于平面的平面上，然后求得外接球球心到平面的距离，进而得到外接球球心到点所在的平面的距离，得到点的轨迹是圆即可. 【详解】如图所示，设三棱锥外接球的半径为， 则由外接球的体积为，解得． 因为，，，所以， 所以，所以， 设点到平面的距离为， 则三棱锥的体积为，解得，即， 所以点在平行于平面的平面上． 因为，所以的外接圆的圆心为的中点，则外接圆的半径为， 所以外接球的球心到平面的距离为， 即，所以球心到点所在平面的距离为，即， 在直角中，可得， 所以点的轨迹为以为半径的圆，故动点的轨迹长度为． 四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆的离心率为，上、下顶点分别为A，B，．过点，且斜率为k的直线l与x轴相交于点F，与椭圆相交于C，D两点． （1）求椭圆的方程； （2）若，求k的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设列出关于，，的方程组即可求解； （2）先设直线的方程为求出点，接着联立直线和椭圆方程求出，中点横坐标，求出，中点横坐标，再由求出，中点即为，中点，从而建立关于的方程即可求解. 【小问1详解】 由题可得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题可设直线的方程为， 令，所以. 设，联立 ， 则， ，. 则，中点横坐标为， 因为，，所以，中点横坐标为. 因为，所以，，，四点共线，设，中点为，则， 所以，即，所以是，的中点， 所以，即. 16. 为研究高中生每周自主整理错题时长与数学学科成绩的关联性，某高中数学教研组从本校高二年级随机抽取了100名学生进行调查，统计其每周整理错题时长（单位：小时）及期末数学成绩，按照“整理错题时长小时”和“整理错题时长小时”将学生分为时长充足组和时长不足组，再按照数学成绩是否不低于120分（满分150分）分为成绩优秀和成绩一般，得到如下列联表： 成绩优秀 成绩一般 合计 时长充足组 30 10 40 时长不足组 20 40 60 合计 50 50 100 同时，从样本中随机选取6名学生，记录其每周整理错题时长（记为变量x，单位：小时）与对应数学成绩（记为变量y，单位：分），得到如下数据： 学生编号 1 2 3 4 5 6 x 0 1 2 2 3 4 y 91 105 116 119 125 140 （1）根据表中数据，依据的独立性检验，能否认为高中生数学成绩与每周整理错题时长充足与否有关联？并解释所得结论的实际含义； （2）请你结合第（1）问得出的独立性检验结论，根据选取的6组数据，建立y关于x的经验回归方程，并预测某名学生每周整理错题时长为4.5小时，其数学成绩大约为多少分？该结果是否一定与实际情况相符合，原因是什么？ 参考数据与公式：，． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，． 【答案】（1）认为高中生数学成绩与每周自主整理错题时长有关，答案见解析 （2），145.5分，该结果与实际得分不一定相符合，原因见解析 【解析】 【分析】（1）根据独立性检验的概念，求出，判断假设是否成立即可； （2）根据最小二乘估计公式求出经验回归方程，进而计算估计结果，判断其是否符合事实即可. 【小问1详解】 零假设为：高中生数学成绩与每周自主整理错题时长无关， 根据表中数据可得，， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为高中生数学成绩与每周自主整理错题时长有关，该推断犯错误的概率不超过0.001． 【小问2详解】 由数据得，，， ， ， 得，， 所以y关于x的经验回归方程为． 将代入经验回归方程得， 所以预测某名学生每周整理错题时长为4.5小时，其数学成绩大约为145.5分． 该结果与实际得分不一定相符合，原因是把每周整理错题时长为4.5小时的学生数学成绩作为一个子总体，数学成绩为145.5分是这个子总体的均值的估计值，影响数学成绩还有其他的因素（言之合理即可）． 17. 如图，在正三棱柱中，，，分别为棱，，的中点，为线段上的动点. （1）证明：平面. （2）若为线段的中点，且，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析; （2）. 【解析】 【分析】第一小问 分别连接EB1、FB1，利用平面EFB1与平面ACD面面平行推出线面平行，第二小问利用空间向量将线面角转化成求直线方向向量与平面法向量所成的角. 【小问1详解】 证明：连接，. 因为，，分别为棱，，的中点，为正三棱柱 所以，，所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. 同理可得平面. 因为，所以平面平面. 又平面，所以平面. 【小问2详解】 解：取的中点，连接，，则 在正三棱柱中，则，，. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，， 令，得. 由， 所以与平面所成角的正弦值. 得与平面所成角的正弦值为. 18. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球．现同时从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，甲口袋中恰有3个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，没有黑球的概率为． （1）求，，，； （2）求与的递推关系式； （3）求随机变量的数学期望．（用n表示） 【答案】（1），，， （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）根据操作，利用古典概型的概率计算公式，直接求值即可. （2）根据操作，先表示出，再结合，即可探索与的递推关系. （3）令，根据（2）的结论，可求数列的通项公式，再由随机变量的分布列，求随机变量的数学期望． 【小问1详解】 ，，，． 【小问2详解】 由题可知， ， ， ， ， 且有， 则 ， 即． 【小问3详解】 令，由（2）有，， ，，即是首项为，公比为的等比数列， 因此，， 则的分布列为 0 1 2 3 P 故． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）已知，若存在，使得． （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数导数与函数单调性的关系，判断函数单调性即可. （2）（i）根据函数单调性与函数最值，判断函数图像，以及函数图像，判断有四个零点时的情况，求出参数范围； （ii）根据函数图像，求出四个零点的关系，进而构造函数，根据函数导数判断函数单调性，进而证明不等式. 【小问1详解】 的定义域为，． 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 【小问2详解】 （i）由（1）可知， 令， 若，则，则，则直线与函数的图象最多有两个交点，不符合题意； 若，，此时存在两个零点， 此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时作直线，其中，直线与的图象存在四个交点， 即存在，使得， 故实数m的取值范围是． （ii）由题意得，， 则，， 令，，注意到，则，即，同理， 要证，即，即证明， 设， 则， 设，设， 则，故在上单调递减， 从而，则，在上单调递减， 故，也即，因此． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $