精品解析：浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题

高二下数学测试（一） 90分钟 命题人：蘧鑫晨 审题人：余敏杰 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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. 在曲线上的点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，， 所以过点的切线方程为：，即. 2. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. 40 C. 80 D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，并且数列是等差数列，所以， 又因为，所以可得，，所以公差，所以， 所以 3. 袋子中有大小相同5个球，标号为0的球1个，标号为1、2的球各两个，从中任取2个，已知有一个标号为1，求另外一个标号也为1的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】记取出的 2个球中，有一个标号为1为事件，另一个标号为1为事件， 则，， 则. 4. 已知直线，圆，则“”是“直线与圆相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 因为方程表示圆，所以，解得. 所以圆的圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离为， 若直线与圆相交可得，则可得，解得. 所以“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件. 5. 现有6张分别标有数字的不同卡片，从中有放回地取3次，每次取1张，将3次取到的卡片上的数字分别记为，若这三个数中的最大数与最小数之差恰好等于3，则抽取卡片的所有不同方法种数为（ ） A. 32 B. 48 C. 54 D. 72 【答案】C 【解析】 【详解】最大数与最小数的组合有， 以最大数为4，最小数为1为例，抽出的3个数字的组合可能为， 对应的排列数分别为种，种，种，种， 故此种情况共有种，总方法数为种. 6. 已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用内切圆台的性质求出圆台高，建立空间直角坐标系后，结合线面角的定义，用点到平面距离除以线段长得到所求正弦值. 【详解】已知圆台上下底面半径分别为，，且圆台存在内切球， 根据圆台内切球性质，母线长. 由勾股定理，圆台的高满足： 代入得，即. 以为原点，以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 平面即为（平面），点到平面的距离； ， 设直线与平面所成角为，由线面角定义可知 .​​ 7. 甲、乙两人玩某一游戏，第奇数局，甲赢的概率为；第偶数局，乙赢的概率为，每一局没有平局．规定：当其中一人赢的局数比另一人赢的局数多两局时游戏结束．则游戏结束时，甲、乙两人玩此游戏的局数的均值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用期望满足的性质可求题设中的数学期望. 【详解】设甲、乙两人玩的局数为，其数学期望为，由题设，游戏至少进行两局， 若，则比分为，且， 否则前两局的比分为，从此刻开始知道游戏结束，进行的局数的期望跟比分为时相同，总局数的期望为， 故，故， 故选：D. 8. 若方程的三个根成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】分离参数，转化问题为直线与图象的交点问题，结合导数作出函数图象，进而求解即可. 【详解】由，得，所以. 设. 方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标. 因为函数的导数为， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 又时，，时，， 作出的大致图象，如下图： 则（*）， 因为成等比数列，设公比为， 所以，， 代入（*）式得， 由，得，即， 所以，解得， 代入，可得， 整理得，解得或（舍去），则公比为. 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. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，满足，则 B. 若随机变量，且，则 C. 若回归方程为，则变量y与x成负相关 D. 线性回归分析可用决定系数判断模型拟合效果，越趋近于1，则拟合效果越好 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据二项分布的方差公式以及方差的性质运算求解；对于B：根据正态分布的对称性运算求解；对于C：根据负相关的概念分析判断即可；对于D：根据决定系数的概念分析判断即可. 【详解】对于选项A：因为随机变量，则， 且满足，则由方差的性质可得，故A错误； 对于选项B；由正态分布的图象的对称性可得，故B正确； 对于选项C：由于，所以变量y与x成负相关，故C正确． 对于选项D：越趋近于1，说明模型对数据的解释能力越强，拟合效果越好，故D正确. 10. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，、分别为棱、上的动点，设，，则（ ） A. 当时，存在，使得平面 B. 当时，存在，使得 C. 当，且与相交时， D. 三棱锥的外接球在底面上的截痕长为 【答案】AC 【解析】 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 对于A，求出平面的一个法向量，利用求解即可； 对于B，利用求解即可； 对于C，若与相交，则存在唯一使得即可求解； 对于D，根据三棱锥的外接球在底面上的截痕为底面的外接圆即可求解. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则：， 对于A，当时，，在上，则， 则，， 设平面的一个法向量，则 取，则，即， ，若平面，则， 即，故存在，故A正确； 对于B，当时，，，， 若，则， 即， 不满足，故B 错误； 对于C，当时，，， 若与相交，则存在唯一使得， 即：， 解得，故 C 正确； 对于D， 因为底面是直角三角形，外接圆半径​​， 因为平面，设外接球半径为，则： ， 三棱锥的外接球在底面上的截痕为底面的外接圆，截痕长为​，故D错误， 11. 已知曲线的方程为，集合，若对任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线．下列方程所表示的曲线为曲线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，，问题化为过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点，结合各项对应曲线的图形分析是否满足题设. 【详解】令，，， 等价于过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点， 对于A：如下图，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于B：如下图，且， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于C：如下图，，，则， 若与曲线相切且为切点，则，故，此时 令，则，即，故，即有与相切于， 如图示，此时不存在一点，使直线平行或重合，不满足， 对于D：如下图，，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 12. 的展开式中的系数为___________. 【答案】90 【解析】 【分析】利用二项式定理写出的展开式的通项，再结合两个二项式的乘积确定对应项的系数. 【详解】的展开式的通项为，， 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到； 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到． 据此可得的系数为． 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中. 直线方程：. 设，因为，所以， 即，解得，所以. 代入椭圆方程得，即，所以，即. 又，所以. 14. 若，，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由题知，对于恒成立，等价转化为对于恒成立，构造函数，根据单调性得，分离参数得对于恒成立，再构造函数，对求导，借助单调性求最小值，继而得解. 【详解】由题知，恒成立， 即，即对于恒成立， 令，则， 而在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即得，即，所以对于恒成立， 令，则， 所以当时，； 当时，； 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以，又. 所以实数的取值范围是. 四、解答题：本题共4小题，共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某学校为了研究学生的写作水平与每周课外阅读时长的关系，在该校随机抽取了200名学生，统计他们每周的课外阅读时长（单位：时），得到如下的频率分布表： 每周课外阅读时长 频率 0.1 0.2 0.3 0.25 0.15 同时，对这200名学生进行写作水平测试，根据测试成绩将学生分为“写作水平良好”和“写作水平一般”两类，得到如下的列联表： 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 每周课外阅读时长低于6小时 80 合计 200 （1）根据已知条件补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断学生的写作水平与每周课外阅读时长是否有关； （2）从每周课外阅读时长在和的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加座谈，设表示抽取的2人中每周课外阅读时长在的人数，求的分布列和数学期望． 附：． 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 30 80 每周课外阅读时长低于6小时 40 80 120 合计 90 110 200 学生的写作水平与每周课外阅读时长有关 （2） X 0 1 2 P 【解析】 【小问1详解】 每周课外阅读时长不低于6小时的学生人数为（人）， 每周课外阅读时长低于6小时的学生人数为（人），所以列联表 为： 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 30 80 每周课外阅读时长低于6小时 40 80 120 合计 90 110 200 所以， 依据小概率值的独立性检验，我们推断学生的写作水平与每周课外阅读时长有关． 【小问2详解】 根据分层抽样原理， 组抽取人数为（人）， 组人数为（人），则X的取值可能为， 所以， 则分布列如下所示： X 0 1 2 P 所以． 16. 如图，在几何体中，，四边形是边长为1的正方形，，点是棱上与不重合的点． （1）证明：平面平面； （2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 由， 得，所以． 又，所以． 在正方形中，， 因为，所以． 又平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）可由线面垂直推出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，转化成求直线方向向量与平面的法向量所成角来求解. 【小问1详解】 （1）略 【小问2详解】 （2）解：由（1）得，，两两垂直， 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系 如图所示， 则， 所以， 设，则， 所以，解得，即． 设平面的一个法向量为，则即 取，得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2），为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【答案】（1）， （2） ①方法一： 设，， 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值． 方法二： 因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为，显然． 设，． 联立，整理得． 所以. 已知， 所以的重心的纵坐标， 所以，解得． 因此，直线的斜率，为定值． ②因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得． 所以. 设为的中点，则： ，， 即． 直线与轴交点，，则中点． 由于，所以． 所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一： 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二： 由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令，则，， 令，则，， 令，则，， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【小问1详解】 抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此，抛物线的方程为． 将代入抛物线方程：，又，故． 【小问2详解】 略 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【答案】（1） （2）当时，，单调递减；当时，，单调递增． （3）2． 【解析】 【分析】（1）当时，求出，求出切线的斜率，然后求解切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）由（2）知时不符合题意，当时，存在，使，满足令，则，令，利用导数研究该函数的最值即可求解． 【小问1详解】 当时，，则， 则，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 ， 令，则， 若，则，所以在上单调递增，所以， 若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，故， 因此当时，，单调递减；当时，，单调递增． 【小问3详解】 由（2）知时不符合题意； 当时，易知在上单调递减，在上单调递增，，且，，当时，，故存在，使，又，故， 则当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，故，为的两个极小值点，且满足则令，得 则， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，， 故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增， 故， 由，得， 故整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下数学测试（一） 90分钟 命题人：蘧鑫晨 审题人：余敏杰 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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. 在曲线上的点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. 40 C. 80 D. 3. 袋子中有大小相同5个球，标号为0的球1个，标号为1、2的球各两个，从中任取2个，已知有一个标号为1，求另外一个标号也为1的概率（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，圆，则“”是“直线与圆相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 现有6张分别标有数字的不同卡片，从中有放回地取3次，每次取1张，将3次取到的卡片上的数字分别记为，若这三个数中的最大数与最小数之差恰好等于3，则抽取卡片的所有不同方法种数为（ ） A. 32 B. 48 C. 54 D. 72 6. 已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两人玩某一游戏，第奇数局，甲赢的概率为；第偶数局，乙赢的概率为，每一局没有平局．规定：当其中一人赢的局数比另一人赢的局数多两局时游戏结束．则游戏结束时，甲、乙两人玩此游戏的局数的均值为（ ） A. B. C. D. 8. 若方程的三个根成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 3 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. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，满足，则 B. 若随机变量，且，则 C. 若回归方程为，则变量y与x成负相关 D. 线性回归分析可用决定系数判断模型拟合效果，越趋近于1，则拟合效果越好 10. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，、分别为棱、上的动点，设，，则（ ） A. 当时，存在，使得平面 B. 当时，存在，使得 C. 当，且与相交时， D. 三棱锥的外接球在底面上的截痕长为 11. 已知曲线的方程为，集合，若对任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线．下列方程所表示的曲线为曲线的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 12. 的展开式中的系数为___________. 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 14. 若，，则实数的取值范围是______. 四、解答题：本题共4小题，共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某学校为了研究学生的写作水平与每周课外阅读时长的关系，在该校随机抽取了200名学生，统计他们每周的课外阅读时长（单位：时），得到如下的频率分布表： 每周课外阅读时长 频率 0.1 0.2 0.3 0.25 0.15 同时，对这200名学生进行写作水平测试，根据测试成绩将学生分为“写作水平良好”和“写作水平一般”两类，得到如下的列联表： 写作水平良好 写作水平一般 合计 每周课外阅读时长不低于6小时 50 每周课外阅读时长低于6小时 80 合计 200 （1）根据已知条件补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断学生的写作水平与每周课外阅读时长是否有关； （2）从每周课外阅读时长在和的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加座谈，设表示抽取的2人中每周课外阅读时长在的人数，求的分布列和数学期望． 附：． 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 如图，在几何体中，，四边形是边长为1的正方形，，点是棱上与不重合的点． （1）证明：平面平面； （2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2），为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $