精品解析：黑龙江双鸭山市友谊县高级中学2025-2026学年高三下学期阶段测试数学试卷（二）

阶段测试卷（二） 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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. 设集合，则集合A的子集个数为（ ） A. 4 B. 16 C. 8 D. 9 2. 的实部为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 3. 若的展开式中常数项为180，则a的值为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 1 4. 已知函数.令，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若过可作两条直线与圆相切，则k的取值范围是（ ） A. 或 B. C. D. 6. 如图，正方形的边长为，为边的中点，为边上一点，当取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 7. 正项数列的前项积为，且，则（　　） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 数列中，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线 上，则下列说法正确的是（ ） A. 准线为 B. 若，则 C. 若，则 D. 到距离最小为3 11. 已知函数的图象关于 对称，当，且时，成立，若对任意恒成立，则实数的可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的图象在点处的切线的斜率为______． 13. 在正四棱锥 中，为棱上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为__________. 14. 在中， ，，，点为中点，连接，将沿折起，使点 到达点的位置，且平面平面，则二面角的余弦值为____________ ． 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 中，角 、 、 的对边分别为，，，面积满足. （1）求； （2）若，且，求的长. 16. 如图，在三棱锥中，，， ，点M，N分别为棱的中点． （1）求证：； （2）求直线MN与平面SBC所成角的正弦值． 17. 某区2025年3月31日至4月13日的天气预报如图所示． （1）从3月31日至4月13日某天开始，连续统计三天，求这三天中至少有两天是阵雨的概率； （2）根据天气预报，该区4月14日的最低气温是9 ，温差是指一段时间内最高温度与最低温度之间的差值，例如3月31日的最高温度为17 ，最低温度为9 ，当天的温差为8 记4月1日至4日这4天温差的方差为，4月11日至14日这4天温差的方差为，若，求4月14日天气预报的最高气温； （3）从3月31日至4月13日中随机抽取两天，用X表示一天温差不高于9 的天数，求X的分布列及期望． 18. 已知函数． （1）若有两个零点，且，求 的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证：． 19. 已知椭圆与椭圆的离心率相同，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）设 为椭圆上的一动点，过点 作椭圆的两条切线分别与交于A，B两点． （i）若直线PA，PB的斜率均存在且分别为，问：是否为定值？若是，求出该定值，否则，说明理由； （ii）设为椭圆上的一动点（异于P，A），求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段测试卷（二） 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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. 设集合，则集合A的子集个数为（ ） A. 4 B. 16 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，先化简集合A，再利用子集个数的计算公式，即可求解. 【详解】由， 则集合A的子集个数为. 故选：B. 2. 的实部为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】化简计算，根据复数的概念，即可得答案. 【详解】由题意， 所以实部为7． 故选：B 3. 若的展开式中常数项为180，则a的值为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，令的指数为0，求出 ，再由常数项为 解得 . 【详解】的展开式的通项为， 令，解得 ，所以，即， ， 又 ，故 ． 4. 已知函数.令，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用诱导公式可知，由此可得，再根据偶函数 的单调性可得结论． 【详解】由于， 为偶函数，则， 由于在单调递增，所以， 又偶函数 在, 上单调递增， ． 故选：D 5. 若过可作两条直线与圆相切，则k的取值范围是（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点与圆的位置关系，可得，结合圆的半径为正数，列出不等式，求解即得k的取值范围. 【详解】由题意，点在圆的外部， 由配方得， 可知圆心为，半径为， 则由，即，解得或. 又由，解得， 综上，可得k的取值范围是. 故选：B 6. 如图，正方形的边长为，为边 的中点，为边 上一点，当取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建系设，应用数量积的坐标运算得出，最后应用两角差的正切公式计算求解. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示，则，． 设，则， ，故，． 所以，当时，取得最大值， 此时． 故选：B． 7. 正项数列的前项积为，且，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到为等差数列，求出通项公式，结合得到的通项公式，代入求解即可. 【详解】当 时，，则， 整理得，又，所以， 当时，，则，即， 整理得或（舍去），所以. 所以是首项为3，公差为2的等差数列， 因此. 当 时，. 当时，满足上式，所以. 故. 8. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由和角的范围求得，再利用诱导公式和二倍角公式化简所求式，将其代入计算即得. 【详解】因，且，由，解得， 所以． 故选：A. 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 数列中，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先通过递推公式计算数列前几项，确定数列周期，再根据周期性分别计算各项结果进行判断. 【详解】因为数列 中，，， 可得，，， …… 所以数列 是周期为3的周期数列； 选项A：，A错误； 选项B：，B正确； 选项C：，C错误； 选项D：由，可得， 故 ，D正确 故选：BD 10. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，则下列说法正确的是（ ） A. 准线为 B. 若，则 C. 若，则 D. 到距离最小为3 【答案】AC 【解析】 【分析】由抛物线的定义可判断A选项，由焦半径公式可计算点横坐标，代入抛物线方程可计算纵坐标，从而判断B选项，由点的坐标可计算长，可判断C选项，由点点距公式，结合二次函数的性质可判断D. 【详解】抛物线，则准线方程为： ，故A正确； 若，则，故，代入抛物线方程可得：，故，故B错误； 由B选项可知，，则，故C正确； 到的距离为，当时，距离有最小值，故D不正确. 故选：AC 11. 已知函数的图象关于对称，当，且时，成立，若对任意恒成立，则实数的可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数的图象关于对称，得到的图象关于y轴对称，即为偶函数，再根据当，且时，成立，得到在上递减，在 上递增，然后将对任意恒成立，转化为对任意恒成立求解. 【详解】解：因为函数的图象关于对称， 所以函数的图象关于y轴对称，则为偶函数， 又因为当，且时，成立， 所以在上递减，在 上递增， 则对任意恒成立， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 当 时，成立； 当时，即对任意恒成立， 而，当且仅当 ，即 时，等号成立， 所以 ，即 ， 故选：ABD 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的图象在点处的切线的斜率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义可求出所求切线的斜率. 【详解】因为，则， 故函数的图象在点处的切线的斜率为. 故答案为：. 13. 在正四棱锥 中，为棱上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据空间向量的数量积公式计算，再应用模长公式及数量积运算律，异面直线所成角的余弦公式计算求解. 【详解】因为为棱上一点，且， 则， 又因为，， 所以， 所以， 因为是正方形，所以，所以， 设异面直线和所成角为 ， 所以. 故答案为：. 14. 在中， ，，，点为中点，连接，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，则二面角的余弦值为____________ ． 【答案】## 【解析】 【分析】根据翻折后的立体图形，取中点为，过点作 交于，连接 ， ，先证平面，再证 平面，得到就是二面角的平面角，在中求解即可. 【详解】取中点为，过点作 交于，连接 ， ， 在中， ，，， 则，所以 . 又点为中点，所以，即为等边三角形， 所以，，， 将沿折起，使点到达点的位置， 则为等边三角形，又为中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又 平面，所以. 又 ，， ，平面， 所以 平面. 因为平面，所以. 所以即为二面角的平面角， 在中，，， 所以， 则. 故二面角的余弦值为. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 中，角、、的对边分别为，，，面积满足. （1）求； （2）若，且，求的长. 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理与三角形面积公式化简可得，结合，可求； （2）由正余弦定理化简可得，再由余弦定理求的长. 【小问1详解】 已知 由余弦定理可知，，即，代入上式得： 又∵三角形面积公式为. ∴ . ∵ ，约去 得. 又∵ ，将代入得： 整理得. 解得或. ∵ 是三角形内角，即，∴ . 故. 【小问2详解】 由结合正、余弦定理边角转化可得： 即，解得， 又因为，所以， 由，得： ∵，解得. 16. 如图，在三棱锥中，，， ，点M，N分别为棱的中点． （1）求证：； （2）求直线MN与平面SBC所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取SB的中点，连结DM，DN，证明、可得线面垂直，据此再根据线面垂直的性质即可证明线线垂直； （2）由（1）可推得平面平面SBC，进一步据此找出直线MN与平面SBC的所成角，并根据几何性质，在中即可求解． 【小问1详解】 取SB的中点，连接DM，DN， 因点，分别为棱SB，AB的中点，故， 又，故， 同理因点，分别为棱SB，SC的中点，故， 又，所以， 又，且平面MND，故平面MND，因此． 【小问2详解】 因平面MND，故平面平面SBC， 又平面平面，则在平面上的射影为 ， 因此为直线MN与平面SBC所成的角， 由题意知，，， ，， 又是AB的中点，，，则， 而是SC的中点，，则， 因为，在中，， 故， 于是，所以直线MN与平面SBC所成角的正弦值为． 17. 某区2025年3月31日至4月13日的天气预报如图所示． （1）从3月31日至4月13日某天开始，连续统计三天，求这三天中至少有两天是阵雨的概率； （2）根据天气预报，该区4月14日的最低气温是9 ，温差是指一段时间内最高温度与最低温度之间的差值，例如3月31日的最高温度为17 ，最低温度为9 ，当天的温差为8 记4月1日至4日这4天温差的方差为，4月11日至14日这4天温差的方差为，若，求4月14日天气预报的最高气温； （3）从3月31日至4月13日中随机抽取两天，用X表示一天温差不高于9 的天数，求X的分布列及期望． 【答案】（1） （2）18 （3）X的分布列为： X 0 1 2 P 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式，用事件包含的样本点个数除以总样本点个数来计算概率； （2）根据方差公式列出关于的方程，然后求解； （3）根据随机变量的分布列，利用期望公式计算期望. 【小问1详解】 设“从3月31日至4月13日某天开始，连续统计三天，这三天中至少有两天是阵雨”为事件A，连续统计三天共有12个样本点，事件A共有4个样本点，所以 【小问2详解】 4月1日至4日这4天温差分别为9 、8 、9 、9 ， 因此，设4月14日的温差为x ， 则4月11日至14日这4天温差分别为8 、9°C、8 、x ， 因此 ， 解得 ，因此，4月11日这天最高气温是18 ． 【小问3详解】 从3月31日至4月13日，一天温差不超过9 的共有11天，高于9 的共有3天 X可能取值为0，1，2. ，， 随机变量X的分布列为： X 0 1 2 P 随机变量X的期望. 18. 已知函数． （1）若有两个零点，且，求的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数后判断单调性，结合最值的符号和零点存在定理可求的取值范围； （2）结合（1）中的函数性质可得，我们先证明：，利用已知的单调性将欲求证的此不等式转化为，后者可利用导数证明，再证明，从而可得题设中的不等式. 【小问1详解】 ， 当时， ，当时， ， 故在上为单调递减，在上为单调递增， 因为有两个零点，故，故. 当时，，而， 设，则，故在上为增函数， 故，故， 而，故当时，确有两个实数根， 综上， . 【小问2详解】 由（1）可得， 先证明：，即证， 而，故即证， 而，故即证， 即证，而， 故即证：， 设，则， 设，则， 故在上为减函数，故 ， 故在上为增函数，故即成立， 故. 设，则， 故在上为增函数，故， 故，故， 故 . 19. 已知椭圆与椭圆的离心率相同，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上的一动点，过点作椭圆的两条切线分别与交于A，B两点． （i）若直线PA，PB的斜率均存在且分别为，问：是否为定值？若是，求出该定值，否则，说明理由； （ii）设为椭圆上的一动点（异于P，A），求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）是，；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用两椭圆离心率相同，已知点在椭圆上，解方程组即可求出椭圆方程； （2）（i）设，过点的切线方程为 ，根据直线与椭圆的位置关系，联立两方程由可得，，再结合， ，可得，从而根据韦达定理解出； （ii）法一：先求出直线PA的斜率不存在时，此时最大面积，再联立切线与椭圆方程得到韦达定理，求出弦长以及点点到直线PA的距离得到面积的表达式，然后通过放缩和向量共线条件分析最值即可； 法二：先求出直线PA的斜率不存在时，此时最大面积，再利用椭圆的切点弦方程表示切线PA，将直线PA的方程与椭圆联立，求出以及点到直线PA的距离，从而表示出面积，引入三角参数化坐标，将面积转化为三角函数形式求最值. 【小问1详解】 由已知得， ， 解得，所以，椭圆的方程为 ． 【小问2详解】 （i）设，过点的切线方程为 ， 联立，得， ，即 ． 因为点在 上，所以，因为点在椭圆上，所以 ， 于是，即，方程两根分别为， 所以． （ii）法一：当直线PA的斜率不存在时，，此时最大面积为． 当直线PA的斜率存在时，联立，整理得， 所以，所以， 设，点到直线PA的距离， 所以， 所以， 当，即， 即点O，Q位于直线两侧，“=”成立． 又因为． 所以 ， 当向量与向量共线，即时，等号成立． 事实上，因为直线PA与椭圆切点，此时M，O，Q三点共线， 所以的面积的最大值为． 法二：当直线PA的斜率不存在时，， 此时最大面积为． 当直线PA的斜率存在时，必有，设直线PA与椭圆的切点为， 则，且直线PA的方程为， 将直线PA的方程与椭圆联立，整理得， 所以， 设，则点到直线PA的距离， 所以， 因为，设，， 其中， 则. 当且仅当，所以时， 即M，O，Q三点共线且点位于点M，Q之间时，取“＝”． 所以的面积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $