精品解析：浙江桐乡市高级中学2025-2026学年第二学期高二年级学业质量阶段调研数学试题

2025学年第二学期高二年级学业质量阶段调研 数学 注意事顶： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息； 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中常数项为（ ） A. -6 B. 6 C. 1 D. 4 3. 某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且每年年底卖出100头牛，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为，则为（ ） A. 942 B. 1042 C. 1142 D. 1242 4. 若双曲线，离心率为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知是圆上的动点，，点是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知上底面半径为1，下底面半径为2的圆台存在内切球（与上､下底面及侧面都相切的球），则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机事件相互独立，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 二､多项选择题：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，有多个选项符合题目要求，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. 有6个数据：2，3，3，4，5，6，对于该组数据，下列说法中正确的有（ ） A. 众数是3 B. 平均数是4 C. 极差是4 D. 分位数为3 10. 函数的部分图象如图所示，是正三角形，其中，则（ ） A. B. 函数在区间上单调递增 C. 点是函数图象的对称中心 D. 直线是函数图象的一条对称轴 11. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，是抛物线上的不同两点，且，则（ ） A. 存在实数，使得 B. 存在实数，使得 C. 对任意实数，都有 D. 对任意实数，都有 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（是虚数单位），则__________． 13. 已知函数，则______． 14. 将一颗质地均匀的骰子（各面上分别标有数字）先后抛掷3次，骰子朝上的面的数字分别为，则事件“”的概率为__________． 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. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角； （2）若，求面积的最大值． 16. 已知等差数列的公差为，且，数列的前项和为． （1）求数列、的通项公式； （2）设为数列的前项和，若对任意的都成立，求实数的最大值． 17. 如图所示，在正四棱锥中，． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 18. 椭圆中心在原点，长轴长为，经过，过右焦点的直线交椭圆于两点（在的左侧），直线，，与直线分别交于，，． （1）求椭圆的方程； （2）求证：为线段的中点； （3）记，的面积分别为，当时，求点的坐标． 19. 已知函数，． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若函数在上有零点，求实数的取值范围； （3）当时，不等式对于任意的恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高二年级学业质量阶段调研 数学 注意事顶： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息； 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由， ，则. 2. 的展开式中常数项为（ ） A. -6 B. 6 C. 1 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以展开式的通项为. 令，得， 所以常数项为. 3. 某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且每年年底卖出100头牛，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为，则为（ ） A. 942 B. 1042 C. 1142 D. 1242 【答案】D 【解析】 【详解】依题意，，,, 则由可得， 再由可得. 4. 若双曲线，离心率为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】由表示双曲线，可得，解得， 当时，双曲线方程为，则，其离心率为，即“”是“”的充分条件； 由上分析知双曲线方程为，则， 当时，由，解得，即“”是“”的必要条件. 故“”是“”的充分必要条件. 5. 已知是圆上的动点，，点是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】取线段的中点，可得，依题意即求的最小值，由图可知，当且仅当且(三点共线且点在线段上)时，最小，利用点到直线的距离公式与圆的弦长公式计算即得. 【详解】如图，取线段的中点，连接，则， 由图知，当且仅当且(三点共线且点在线段上)时， 点到直线的距离与点到直线的距离之差的绝对值取得最大值， 即的最小值为，故此时取得最小值为. 6. 已知上底面半径为1，下底面半径为2的圆台存在内切球（与上､下底面及侧面都相切的球），则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作圆台的轴截面，结合题意利用切线长定理求出圆台的母线长，代入表面积公式计算即得. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，其中点为圆台两底面的圆心，也是内切球与两底面的切点， 点为内切球与圆台侧面的一个切点，则， 于是圆台的母线长为， 故该圆台的表面积为. 7. 已知随机事件相互独立，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用条件概率公式和相互独立，求出，再由随机事件的概率加法公式求出，即得. 【详解】由, 因随机事件相互独立，则,代入上式，解得. 又因, 将代入，可得，解得. 又因相互独立，故. 8. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】分别化简计算，再由对称性，列出关于的方程组，求解即得. 【详解】对于函数, 由 , 而 , 由该图象关于直线对称,可得, 则对应项系数相等,即, 解得,则. 二､多项选择题：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，有多个选项符合题目要求，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. 有6个数据：2，3，3，4，5，6，对于该组数据，下列说法中正确的有（ ） A. 众数是3 B. 平均数是4 C. 极差是4 D. 分位数为3 【答案】ACD 【解析】 【详解】这组数据从小到大顺序排列为：2，3，3，4，5，6， 显然众数为3，故A正确； 平均数为，故B错误； 极差为：，故C正确； 因，则分位数为第三个数，为3，故D正确. 10. 函数的部分图象如图所示，是正三角形，其中，则（ ） A. B. 函数在区间上单调递增 C. 点是函数图象的对称中心 D. 直线是函数图象的一条对称轴 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据图象得到函数解析式，从而结合正弦曲线对选项依次判断 【详解】由图可知，函数的周期为 ，又，所以 ，所以； 由三角函数图象的对称性和等边三角形得，所以，. 所以，所以 . 因为，所以.A正确. 所以. 当时，， 所以在，即时，单调递增； 在，即时，单调递减，B错误. ，所以点是函数图象的对称中心，C正确. ， 所以直线不是函数图象的对称轴，D错误. 11. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，是抛物线上的不同两点，且，则（ ） A. 存在实数，使得 B. 存在实数，使得 C. 对任意实数，都有 D. 对任意实数，都有 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，设直线的倾斜角为，由条件求出，，代入，求出的值判断；对于B，设直线方程为，与抛物线方程联立，写出韦达定理，利用向量数量积计算即可判断；对于C，利用抛物线的焦半径公式代入后根据基本不等式即可计算判断；对于D,将代入整理，通过换元后利用基本不等式即可得证. 【详解】由可得,不妨设直线的倾斜角为,则. 对于A，若，则,设为锐角，则， 于是，即存在实数，使得，故A正确； 对于B，依题意，知直线经过点，则可设其方程为，代入，可得， 显然，设，则， 于是,故为钝角，故B错误； 对于C，根据B项可得，则， 因，则，则，当且仅当时取等， 即对任意实数，都有，故C正确； 对于D，因，则，将代入，可得， ，则， 设，则，且， 则， 当且仅当，即时取等，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（是虚数单位），则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】因， 则. 13. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由题可知：，故. 14. 将一颗质地均匀的骰子（各面上分别标有数字）先后抛掷3次，骰子朝上的面的数字分别为，则事件“”的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】分三次结果都相同、三次结果有两次相同、三次结果都不相同三种情况讨论满足条件的可能结果，再利用古典概率计算公式计算求解. 【详解】每次抛掷骰子有6种可能，抛掷3次，总共有种等可能的结果， 若三次结果都相同，则，此时， 满足，此时有6种不同结果； 若三次结果有两次相同，设这三次结果为， 则，即， 因为点数只能为，所以， 此时共有种可能性， 分别为：， 对应的有种不同的结果， 若三次结果都不相同，设这三个不同的值为， 则，由于为不同的整数，故， 所以，不满足条件，此种情况有0种结果， 所以骰子朝上的面的数字分别为且满足的情况有种， 所以事件“”的概率为. 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. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理与和角的正弦公式化简，结合三角形的内角范围即可求得角； （2）利用余弦定理和基本不等式推得，再由三角形面积公式即可求得答案. 【小问1详解】 由和正弦定理， 可得，即， 由于，所以， 又因为，所以，即 ， 因为，所以，则； 【小问2详解】 因为，由余弦定理得：，即 由基本不等式得，所以，当且仅当时取等号， 则的面积， 故面积的最大值为． 16. 已知等差数列的公差为，且，数列的前项和为． （1）求数列、的通项公式； （2）设为数列的前项和，若对任意的都成立，求实数的最大值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据已知条件求出的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；由可得出数列的通项公式； （2）求得，由，可得，设，分析数列的单调性，求出该数列的最大项的值，即可得出实数的最大值. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则， 由可得，即，解得， 所以， 当时，， 因为，满足通项公式，所以． 【小问2详解】 由（1）可知， 由，可得，不妨设， 则， 易知数列为单调递增数列， 且当时，， 当时，， 当时，． 因此时，取最小值，所以，则的最大值为． 17. 如图所示，在正四棱锥中，． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连结，连结，利用线线垂直证明线面垂直得平面，再由线面垂直的性质即可得证； （2）依题意，建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用向量法即可求得答案. 【小问1详解】 连结，连结，如图， 因为四棱锥是正四棱锥，所以平面， 又平面，所以，在正方形中，， 又 平面，所以平面， 因为平面，所以． 【小问2详解】 由（1）知两两垂直， 如图以为坐标原点，以为轴建立如图空间直角坐标系， 则由平面几何知识易知：， 所以， 因为，所以， 由于 四点共面， 设平面的法向量为，有 ， 故可取， 设平面的法向量为 因 ， 故可取， 因． 故平面与平面所成角的余弦值为. 18. 椭圆中心在原点，长轴长为，经过，过右焦点的直线交椭圆于两点（在的左侧），直线，，与直线分别交于，，． （1）求椭圆的方程； （2）求证：为线段的中点； （3）记，的面积分别为，当时，求点的坐标． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）已知长轴长和一个已知点，代入椭圆方程求解即可； （2）设直线方程，与椭圆方程联立，用参数表示，，三点的坐标，再证中点关系即可； （3）根据（2）中的韦达定理，可将两个面积用纵坐标差来表示，列出方程求参数即可. 【小问1详解】 由题意知，椭圆焦点在轴上， 设椭圆方程为，因为椭圆经过点，所以， 又长轴长为4，所以. 又，所以， 所以椭圆的方程． 【小问2详解】 当直线斜率不存在时，点和点不满足在的左侧，所以直线斜率存在， 设直线的方程为，，， 当时，， 由，消去得， 所以， 直线方程为， 所以， 同理， 所以， 代入化简整理得， 所以是中点； 【小问3详解】 解法1：由（2）知为中点，易知点到的距离等于点到的距离的倍，又三角形同底， 所以，即， 因为，则，所以， 又因为，则，所以， 即，即，所以． 解法2：由题意知，当三角形同高时，面积比等于底边边长比， 则， 两式相除可得，即①，由（2）可知 由①②可得，，代入③解得， 所以此时． 19. 已知函数，． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若函数在上有零点，求实数的取值范围； （3）当时，不等式对于任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求切线方程即可； （2）求导后根据参数的取值分类讨论函数的单调性逐一判断函数的零点情况，结合零点存在定理即可求得参数范围； （3）由不等式恒成立转化为当时，，设，利用求导判断其单调性求其最小值即得. 【小问1详解】 因， 则， 所以在处的切线方程是，即. 【小问2详解】 因为， ①当时，即 时，因，则，则在上单调递减， 又，所以在上无零点； ②当时，即时，在递减，在上递增， ，所以在上无零点； ③当时，即时，在递增，要使在上有零点， 只要，且，即； 综上，实数的取值范围． 【小问3详解】 当时，对于任意的恒成立，即 ， 当时，， 当时，， 设 则， 设，则， 所以在上递增，且， 所以当时，，即， 即， 所以在上递减，在上递增， 所以， 所以 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $