精品解析：浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期阶段测试（二）数学试题

浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期阶段测试（二）数学试题 命题人：吴力田 审题人：徐政 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. 已知集合，若，则实数的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合间的子集运算性质求解． 【详解】由，得或， 得或， 经检验，不合题意，故实数的取值集合为， 故选：C 2. 已知复数，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】由求出即可得出. 【详解】由，可得，解得或0， 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分段函数的表达式，判断函数的单调性，利用函数的单调性进行求解即可． 【详解】函数在上为减函数， 函数的图像开口向下，对称轴为， 所以函数在区间上为减函数， 且. 所以函数在上为减函数. 由得.解得. 故选:A. 4. 已知向量，满足，，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算律及夹角的余弦公式即可求解． 【详解】由两边平方得，， 又得， 所以， 则． 5. 已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且，，，则的值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率的公式，以及概率的加法公式，可得答案. 【详解】由题意，，由，是互斥事件知，， 所以， 故选：A． 6. 已知的内角的对边分别为，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理、两角和的正弦公式、两角和的正切公式以及基本不等式求解即可. 【详解】因为，由正弦定理得：， 又，则，所以， 即, 所以， 由，则， 因为为边长，所以，所以， 所以角为钝角，，所以角为锐角即，此时， 所以由， 所以， 即， 因为，所以， 所以， 当且仅当即时，等号成立， 所以的最大值为. 7. 已知抛物线的焦点为，第一象限内的两点在抛物线上，且满足，，若线段中点的纵坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线定义，将焦半径差转化为两点纵坐标差；结合中点纵坐标解出．再通过点在抛物线上，用纵坐标表示横坐标，得到两点横坐标之差．最后代入两点间距离公式，建立关于的方程求解． 【详解】 由抛物线定义可得的准线为， 则，， 由，得， 又中点纵坐标为，即，得， 联立，解得， 又因为在第一象限且在抛物线上， 所以，，得， 由两点距离公式，得， 代入，得． 8. 在正项数列中，，，，若，为数列的前n项和，若，则正整数n的最大值为（ ） A. 21 B. 22 C. 23 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】由递推公式两边同时除以，再由等差数列的基本量法求出，再由累乘法得到，最后利用裂项相消法可得. 【详解】由，得， 又，所以是首项为2，公差为1的等差数列，所以，又，所以， 所以当时， ， 又，也符合上式，故， 则， 所以， 由，得，所以，解得， 所以正整数n的最大值为22． 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的零点为，有使得满足＜0，则下列结论有可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为函数和函数均为减函数， 所以函数 为减函数，若实数是函数的一个零点，则， 由题设＜0知， 或 ， 根据零点存在定理有：或 10. 已知异面直线，四点不共面，是线段的中点，，则（ ） A. 当时， B. 当时，直线所成角为 C. 点到直线的距离为 D. 三棱锥的体积的最大值为3 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量一一判定选项即可. 【详解】过B点作，根据题意，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示， 设，易知，， 若，则，由， 此时，所以； 对于A，易知，故A正确； 对于B，， 所以直线所成角为，故B正确； 对于C，易知， 则点到直线的距离 ，故C正确； 对于D，， 当且仅当时取得等号，故D错误. 11. 已知函数有三个零点，则（ ） A. 若成等差数列，则成等比数列 B. 若成等比数列，则成等差数列 C. 若成等差数列，则数列的公差为 D. 若成等比数列，则数列的公比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A、C：由题意可得，结合等差数列定义可得，则成等比数列，则可得，即可求出，结合，两边取对数运算可得，即可得其公差；对B、D：由，结合等比数列定义可得，则成等差数列，则可求出，即可得，即可得其公比. 【详解】当时，，不合题意； 当时，分别画出与的图象，如图：    所以； 对A、C：由题得，所以，即， 若成等差数列，则，所以， 所以成等比数列，由，则， 即，所以， 由，解得，因为， 所以， 则，即数列的公差为， 故A正确、C错误； 对B、D：由，若成等比数列，则， 则，即有，故成等差数列， 又，则， 故，即数列的公比为， 故B、D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 12. 若的展开式中,二项式系数之和与系数之和相等,则展开式中项的系数是______（用数字作答） 【答案】5 【解析】 【分析】首先根据二项式系数之和为与系数之和相等计算出,再利用通项公式即可得出答案. 【详解】由二项式系数之和与系数之和相等可得 因为 所以令 所以系数是 故答案为：5 13. 已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】法1：设点在渐近线上，由向量垂直得数量积为零，整理出关于的一元二次方程，利用方程有解判别式非负，结合双曲线关系化简，最终求得离心率范围. 法2：由向量垂直知在以为直径的圆上，利用渐近线与圆有公共点，得圆心到渐近线距离不大于半径，代入双曲线关系化简，求出离心率取值范围. 【详解】法1：双曲线的右顶点， 不妨取渐近线方程为.设，则，. 由，得，整理得. 由题意知该关于的方程有解，所以. 化简可得，即，所以，又. 所以，即的离心率的取值范围是． 法2：由知，点在以为直径的圆上. 由题意知的渐近线与圆有公共点，所以到的渐近线的距离满足，即， 所以，所以. 所以，又，所以，即的离心率的取值范围为． 14. 不透明的口袋中装有编号分别为1，2，3，4的4个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取m次，每次取1个球，记取出的m个球的最大编号为随机变量，且，则m的最小值为________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，求出时的概率，再利用期望的定义列出关系式并建立不等式，利用单调性求出最小值. 【详解】依题意，随机变量的所有可能取值为， ． 则 ， 由，得， 函数在上单调递减， 且， 所以的最小值为3. 四、解答题：共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列是等比数列； （2）定义集合且，记的元素个数为，求； 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据，结合条件及待定系数法，化简整理，即可得证. （2）根据所给定义，整理可得，根据的范围，分析求解，即可得答案. 【小问1详解】 证明：因为数列的前项和， 所以当时，，解得，所以； 当时，， 由，得， 化简得， 所以，两边加1得， 所以数列是首项为3、公比为3的等比数列； 【小问2详解】 由（1）知，，所以， 集合中的元素形如， 因式分解得：， 因此的元素对应，其中，， 则的取值范围为，且对任意整数， 均存在，使得， 所以的不同值个数为，从而； 16. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）若， ①求直线与平面所成角的正弦值； ②平面将四棱锥分成两部分，求较小部分的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，需通过证明线线平行进而得到线面平行，即证明. （2）①先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；②延长交的延长线于点，连接交于点，然后根据三棱锥体积公式计算即可. 【小问1详解】 取的中点为，连接，因为是的中点， 所以. 因为四边形为菱形，所以， 又是的中点，所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. 【小问2详解】 ①因为平面，平面，所以. 因为，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的一个法向量为，则有， 即，令，则，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 延长交的延长线于点，连接交于点， 易知， . 17. 已知点，是圆与椭圆的公共点，且点，和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形. （1）求的值和椭圆的方程； （2）过点的直线分别交圆和椭圆于，两点.是上一点，直线斜率为，直线斜率为，，求面积的最大值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设即可确定的值及椭圆方程. （2）设直线：，与椭圆方程联立，可求出，同理可得，结合几何关系得到，根据，，三点共线，可得直线过定点，再设直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出的面积，结合“对钩函数”的单调性求最大值. 【小问1详解】 因为点、是圆和椭圆的公共点，所以，. 又、和椭圆的一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 根据题意可知，设直线方程为，则， 又，所以， 联立，得，解得或， 可得. 同理得 由对称性可得经过轴上一定点，由，，三点共线可得，， 从而， 整理得： 化简可得：， 因为，，所以，所以直线过定点. 设，，则， 显然斜率存在，设，直线：. 联立，整理得 ， ，则，， 所以， 令，所以， 所以，当时，单调递增，则，当，即时，取得最大值. 所以当，即时，三角形面积有最大值，此时. 综上：当斜率为0时三角形面积取得最大值. 18. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． （1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围． 【答案】（1）是极值可差比函数，； （2）不存在，理由见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）按照题目所给信息，验证是否满足题意即可； （2）将问题转化为验证方程在范围内是否有解； （3）由（2）可得的极值差比为，后令，结合， 将问题转化为求函数值域即可. 【小问1详解】 当时，， 所以， 当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，因此是极值可差比函数． 其中； 【小问2详解】 由题的定义域为，，即， 假设是极值可差比函数，且极值差比系数为， 设的极大值点为，极小值点为. 则，得，由（1）分析可得， 又，则. 由于 . 由题则有：， 从而， 结合，得（*）. 令，则， 所以在上单调递增，有， 因此（*）方程在时无解，即不存在使的极值差比系数为； 【小问3详解】 由（2）知极值差比系数为，又， 则极值差比系数为. 令，，则极值差比系数可化为， 注意到，又，可得， 令，则， 设， 所以在上单调递减， 当时，，从而， 所以在上单调递增，所以， 即． 故的极值差比系数的取值范围为 【点睛】关键点睛：本题首先需读懂题意，随后灵活运用代数式处理技巧， 将需研究表达式化简为只含一个未知数；对于某些复杂函数的性质，我们也可 通过多次求导来研究，但要注意书写格式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期阶段测试（二）数学试题 命题人：吴力田 审题人：徐政 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. 已知集合，若，则实数的取值集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，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 3. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且，，，则的值等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角的对边分别为，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 3 7. 已知抛物线的焦点为，第一象限内的两点在抛物线上，且满足，，若线段中点的纵坐标为，则（ ） A. B. C. D. 8. 在正项数列中，，，，若，为数列的前n项和，若，则正整数n的最大值为（ ） A. 21 B. 22 C. 23 D. 24 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的零点为，有使得满足＜0，则下列结论有可能成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知异面直线，四点不共面，是线段的中点，，则（ ） A. 当时， B. 当时，直线所成角为 C. 点到直线的距离为 D. 三棱锥的体积的最大值为3 11. 已知函数有三个零点，则（ ） A. 若成等差数列，则成等比数列 B. 若成等比数列，则成等差数列 C. 若成等差数列，则数列的公差为 D. 若成等比数列，则数列的公比为 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 12. 若的展开式中,二项式系数之和与系数之和相等,则展开式中项的系数是______（用数字作答） 13. 已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是________． 14. 不透明的口袋中装有编号分别为1，2，3，4的4个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取m次，每次取1个球，记取出的m个球的最大编号为随机变量，且，则m的最小值为________. 四、解答题：共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列是等比数列； （2）定义集合且，记的元素个数为，求； 16. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）若， ①求直线与平面所成角的正弦值； ②平面将四棱锥分成两部分，求较小部分的体积. 17. 已知点，是圆与椭圆的公共点，且点，和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形. （1）求的值和椭圆的方程； （2）过点的直线分别交圆和椭圆于，两点.是上一点，直线斜率为，直线斜率为，，求面积的最大值. 18. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． （1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $