浙江省萧山中学2025-2026学年高二第二学期5月阶段测试数学试题

**基本信息** 2025学年高二5月阶段测试卷，覆盖集合、函数、立体几何等核心知识，解答题分层设计，如导数综合题融合性质证明与不等式推理，体现数学思维与创新应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|复数运算、集合子集、空间向量基底|基础概念辨析，如第3题空间向量共面判断| |多选题|3题|立体几何线面关系、三角函数性质|逻辑推理，如第9题线面垂直命题判断| |填空题|3题|二项式定理、条件概率、正四面体截角表面积|几何与代数结合，如第14题外接球计算| |解答题|5题|数列求和、概率分布列、立体几何线面角、抛物线综合、导数应用|综合应用，如第19题导数性质证明与不等式推理|

2025学年第二学期5月阶段测试 一、单选题 1．已知，则（    ） A． B． C． D． 2．设集合，则满足的集合的个数是（    ） A．1 B．3 C．4 D．6 3．已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 4．已知直线：，：，若，则的值是（    ） A．或 B． C． D． 5．数据的平均数为，方差，现在增加两个数据和，则这组新数据的标准差为（    ） A． B． C． D． 6．若直线被圆所截得的弦长为6，则的最小值为 A． B． C． D． 7．已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．已知实数，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知，是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是 A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 10．已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 11．如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（   ） A．有对称轴 B．的弦长的最大值为 C．直线被截得弦长的最大值为 D．的面积大于 三、填空题 12．在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 13．已知随机事件，有概率，，条件概率，则______. 14．如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是______.      四、解答题 15．已知等差数列满足，，的前n项和为． （1）求及； （2）记，求． 16．袋子里有除颜色外完全相同的个小球，其中个白球，个黑球，个红球. (1)若不放回的抽取个小球，求既抽到白球也抽到黑球的概率； (2)若有放回的抽取次小球，每抽到一次红球得分，抽到白球或黑球不得分.求积分的分布列，以及的期望和方差. 17．在四棱锥中，侧面底面. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为. (1)证明：点在定直线上； (2)若面积为，求点的坐标； (3)若四点共圆，求点的坐标. 19．已知函数，且在上的最小值为0. (1)求实数的取值范围； (2)设函数在区间上的导函数为，若对任意实数恒成立，则称函数在区间上具有性质S． （i）求证：函数在上具有性质S； （ii）记，其中，求证：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025学年第二学期5月阶段测试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D B C D D AD BD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】由已知得，根据复数除法运算法则，即可求解. 【详解】， . 故选：B. 2．C 【分析】根据条件可得，列举出集合即可确定选项. 【详解】由题意得，. 由得，， ∴，，或，共4个. 故选：C. 3．A 【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答. 【详解】假定向量，，共面，则存在不全为0的实数， 使得，显然不成立， 所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故A正确； 由于，则，，共面，故B错误； 由于，则，，共面，故C错误； 由于，则，，共面，故D错误； 故选：A. 4．D 【分析】利用两条直线的位置关系求解. 【详解】因为直线：，：，且， 所以，解得， 故选：D 5．B 【分析】根据平均数的计算公式求出新数据的平均数，再根据方差的计算公式求出新数据的方差，最后根据标准差与方差的关系求出新数据的标准差. 【详解】数据的平均数为，方差 即， 则数据，，的平均数为 方差 标准差为． 故选B． 6．C 【详解】试题分析：将圆变形可得，可知圆心为，半径为3． 因为直线截圆所得的弦长为6，即直径， 所以直线过圆心，所以即． ， ， 当且仅当即时取等号．故C正确． 考点：1直线截圆的弦长问题；2基本不等式． 7．D 【分析】先对函数求导，设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，得到，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果. 【详解】由得， 设过点的直线与曲线切于点， 则切线斜率为， 所以切线方程为 因为切线过点， 所以，整理得， 因为过点的切线有两条， 所以方程有两不同实根， 因此，解得或， 即实数a的取值范围是. 故选：D 8．D 【分析】分类讨论，画出图像，利用的几何意义，转化求解即可. 【详解】当时，，双曲线第一象限部分， 当时，，椭圆第四象限部分， 当时，，双曲线第三象限部分， 当时，，不存在； 其图像如下： 又的几何意义是曲线上的点到直线的距离的2倍， 两条双曲线的渐近线相同且与平行，此时两平行线距离为， 由图可知直线与椭圆在第四象限的部分相切时，距离取得最大， 设切线为， 联立，可得， ，解得，（舍去）， 所以最大值为， 则的取值范围是. 故选：D. 9．AD 【分析】A利用线面垂直的性质判断；B利用面面关系来判断；C利用面面平行的判定定理来判断；D利用面面垂直的判定定理来判断. 【详解】解：对A：若，，则，又，所以，故正确； 对B：若，，则与可能平行，也可能相交，故错误； 对C：若，，，由于没有强调与相交，故不能推出，故错误； 对D：若，，根据面面垂直的判定定理，可得，故正确. 故选：AD. 【点睛】本题考查线面面面平行与垂直的判定和性质，是基础题. 10．BD 【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得. 【详解】因为 ， 所以的最小正周期，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误； 当，则，又在上单调递增， 所以在区间上单调递增，故D正确. 故选：BD 11．ACD 【分析】利用反函数概念可判断；联立方程，求出交点即可判断；找出过与曲线相切且与平行的点即可；由，计算即可判断. 【详解】由， 的反函数为，两者关于对称，故A正确. ， 令， 当时，；当时，； 在上单调递减；上单调递增， 注意到， 在和有一个零点，另一个零点为， ，故B错误. 与曲线对称轴垂直， 如图，只需考察曲线上到距离大最大值即可， 找出过与曲线相切且与平行的点即可， 令，令， 此时到的距离， 直线被截得弦长最大值为，故正确. ，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的三角形面积，通常将三角形分成两个底位于坐标轴上的小三角形，如本题中. 12．252 【解析】根据展开式中所有二项式系数的和等于，求得．在展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项． 【详解】∵在的二项式中，所有的二项式系数之和为256， ∴，解得， ∴中，， ∴当，即时，常数项为． 故答案为：252． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题． 13．0.82 【分析】根据条件概率公式计算即可. 【详解】∵，∴，. 由乘法公式得. ∴. 故答案为：0.82. 14． 【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为， 则其表面积为，由图易知该多面体与原正四面体相比较， 表面积少了8个边长为的正三角形的面积， 所以该多面体的表面积为，所以. 如图，是下底面正六边形的中心，是上底面正三角形的中心，    由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上， ，. 设球的半径为，在中，，所以， 在中，，所以， 所以，解得，所以， 所以该多面体外接球的表面积. 故答案为：. 15．（1）， （2） 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式可求解． （2）由（1）的结论，利用裂项求和即可得出． 【详解】（1）设等差数列的公差为d，， 解得 ， （2）由（1）可知： 所以 ， 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式、“裂项求和”方法是解题的关键． 16．(1) (2)分布列见解析；； 【分析】（1）先求出从个球中不放回抽取个球的所有情况数，再求出既抽到白球也抽到黑球的事件的情况数，进而求出既抽到白球也抽到黑球的概率； （2）先确定积分的可能取值，再分别求出每个取值的概率，列出分布列，最后根据期望和方差的公式计算的期望和方差. 【详解】（1）既抽到白球也抽到黑球的概率； （2）记抽到红球的次数为， ， 由题知，，， 的分布列为                                         ， . 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作交延长线于点H，连，设，通过面面垂直的性质定理证得面，所以，再证得,，所以面，由线面垂直的性质定理即可得出. （2）方法一：几何法，先证明面面，在面内过点H作，则面，由于面，故点D，H到面的距离相等，距离，再由线面角公式即可求出答案. 方法二：坐标法，以点H为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量，平面的法向量，由线面角的公式代入即可得出答案. 【详解】（1）作交延长线于点H，连，设 .∵∴. ∵面面交于面. ∴面，∴. 在中，，得. 在中，， 故，即， ，所以面，∴. （2）方法一：几何法 在中，， 余弦定理得，得，又， ∴面，又得面， ∴面面，且交线为 在面内过点H作，则面， 在中，，求得，故 由于面，故点D，H到面的距离相等，即距离 所以直线与平面所成角的正弦值. 方法二：坐标法 在中，，余弦定理得， 由得，又面面 所以面，以点H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 由已知条件得坐标如下： 设平面的法向量 由得，取 所以直线与平面所成角的正弦值. 18．(1)证明见解析 (2)或 (3) 【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解； （2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解； （3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解. 【详解】（1）由，得， 设. 所以方程为：，整理得：. 同理可得，方程为：. 联立方程，解得. 因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交， 设直线的方程为，与抛物线方程联立得：， 故， 所以，可知. 所以点在定直线上. . （2）在的方程中，令，得， 所以面积. 故， 代入可得：. 整理得，解得：或. 所以点的坐标为或. （3）若，则重合，与题设矛盾. 抛物线焦点，由得直线斜率， 可知， 同理，所以是外接圆的直径. 若点也在该圆上，则. 由，得直线的方程为：. 又点在定直线上， 联立两直线方程，解得， 所以点的坐标为. 【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果. 19．(1) (2)（i）证明见详解    （i i）证明见详解 【分析】（1）求出，可得在上单调递增，所以，再分和两种情况讨论，得到的单调性，进而求出的最小值，判断是否符合题意； （2）（i）要证函数在上具有性质，即证当时，，令，，求得可得在上的单调递增，所以，得证； （ii）将题中要证明的不等式进行转化证明：当，时，.构造函数，利用导函数得到函数的单调性，从而证明结论. 【详解】（1），，， ，， 令，，等号不同时取， 所以当时，，在上单调递增，， ①若，即，，在上单调递增， 所以在上的最小值为，符合题意. ②若，即，此时，， 又函数在的图象不间断，据零点存在性定理可知， 存在，使得，且当时，， 在上单调递减，所以，与题意矛盾，舍去. 综上所述，实数的取值范围是. （2）（i）由（1）可知，当时，. 要证函数在上具有性质. 即证：当时，. 即证：当时，. 令，，则， 即，当时，， 所以在上单调递增，. 即当时，，得证. （ii）要证：. 显然，当时时，，结论成立. 只要证：当，时，. 即证：当，时，. 令. 所以，令， 则，令， 则，在上单调递减， 所以，在上单调递增， 所以，在上单调递增， 所以，即当时，. 所以当，时，，有 所以当，时，. 所以. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $