精品解析：江苏省南菁、前黄、姜堰、如东四校2025-2026学年高二下学期阶段检测（二）数学试题

2024级高二阶段检测（二）数学试卷 一、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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 2. 在三棱锥中，点、分别是棱、的中点，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为点、分别是棱、的中点， 所以 ， 又，、、不共面， 所以，所以. 3. 设随机变量的分布列如下表格，且随机变量的数学期望，则（ ） 0 1 2 A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由分布列可得，进而可计算数学期望，再根据数学期望的性质计算求解. 【详解】因为，即， 所以， 则. 4. 有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（ ）种 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将丙和丁看作一个整体（捆绑），内部可以交换顺序，有种， ①先排（丙丁）和戊，有种排法，这两个排好后，会产生个空位（包括两端）， ②从个空位中选个来排甲和乙，有种排法， 所以总排法为种． 5. 已知函数是函数的导函数，，对任意实数都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件转化不等式为，构造函数并求导，结合已知条件得出，从而得出单调递减，结合，得出，从而利用单调性求解． 【详解】，已知不等式，则，即， 设，求导得， 函数是实数集上的减函数， 又，即， ，故不等式的解集为． 6. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.8和0.2；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1，假设发送信号0和1是等可能的.已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由全概率公式求出接收到的信号为0的概率，再利用条件概率公式计算即可求解. 【详解】设“发送的信号为0”， “接收到的信号为0”，则“发送的信号为1”， “接收到的信号为1”， 由题意得，，，，， ， ． 7. 甲、乙等5名志愿者参加2026年城市马拉松赛事的“物资补给、赛道引导、医疗保障、终点服务”四项志愿工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，则不同的安排方法数有（ ） A. 18种 B. 36种 C. 42种 D. 72种 【答案】C 【解析】 【分析】按照“赛道引导”工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排“赛道引导”工作的人数分为两类， 第一类，“赛道引导”工作仅安排1人，因为甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加“赛道引导”项工作有种方法， 再安排“物资补给、医疗保障、终点服务”项工作，若“终点服务”工作安排两人，则有种方法， 若“终点服务”工作安排一人，则有种方法， 所以“赛道引导”工作仅安排1人共种方法， 第二类，“赛道引导”工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 8. 现有10张扑克牌，分别是黑桃A，黑桃2，黑桃3，黑桃4，红桃A，红桃2，红桃3，梅花A，梅花2，方块A，把A当做1，从中选出若干张，记选出的扑克牌点数之和为10的方法总数为m，则下列各式的展开式中的系数为m的是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用1个1对应，1个2对应，1个3对应，1个4对应，可得对应生成多项式函数，进而逐项分析判断即可. 【详解】规定1个1对应，1个2对应，1个3对应，1个4对应， 对于点数为1的4张牌，每张可选可不选，其对应的多项式函数为， 对于点数为2的3张牌，每张可选可不选，其对应的多项式函数为， 对于点数为3的2张牌，每张可选可不选，其对应的多项式函数为， 对于点数为4的1张牌，每张可选可不选，其对应的多项式函数为， 所以其生成函数为， 即的展开式中的系数为m. 对于A，的积构成，即每个括号只有1种选法，故的系数为1，不为m，故A错误； 对于B，与前面推导的生成函数完全一致，故B正确； 对于C，前3个因式均在B选项的基础上多了系数， 所以C式的展开式中的系数不为m， 对于D，多项式中， 选1张1点时有种选法，故的系数应为4， 选2张1点时有种选法，故的系数应为6， 选3张1点时有种选法，故的系数应为4， 同理中，系数为3，的系数为； 中，的系数为2， 即的展开式中的系数为m，故D错误. 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. 两个变量的相关性越弱，相关系数越小 B. 经验回归直线一定经过点 C. 在线性回归方程中，当变量每增加一个单位时，平均减少0.5个单位 D. 在做回归分析时，残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 【答案】BC 【解析】 【分析】根据相关系数与线性相关性的关系可判断选项A；根据回归直线的特点即可判断选项B，C；根据残差分析法判断回归模型的拟合效果即可判断选项D． 【详解】对于A，两个变量的相关性越弱，相关系数越小，故A错误； 对于B，回归直线一定经过样本中心，故B正确； 对于C，在线性回归方程中，当变量每增加一个单位时，平均减少0.5个单位，故C正确； 对于D，在做回归分析时，残差图中残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄，说明选用的模型拟合精度越高，表示回归效果越好，故D错误． 10. 设函数，为的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上有且仅有2个零点 C. 在上单调递增 D. 在上有极小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过求导代值判断A项；利用函数的零点定义解方程判断B项，利用求导判断函数的单调性即得函数的极值点，分别判断C，D两项即得. 【详解】由求导得. 对于A，，则A正确； 对于B，当时，由可得或，故B正确； 对于C，设，则， 因，则，则，故在上单调递减， 而，故存在，使得， 当时，，即；当时，，即， 故函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误； 对于D，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 故在上有极小值，故D正确. 11. 已知正方体，的棱长为1，一个质点从点出发，每次等可能地移动1个单位到此正方体的其余顶点，则（     ） A. 质点移动2次返回点的概率为 B. 质点移动3次到达点的概率为 C. 质点移动4次，在两次经过点的条件下，第4次到达点的概率为 D. 在质点移动次后到达点的条件下，移动次后到达点的概率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题意可知，质点从某点出发，一次移动，只能到达与它在同一条棱上的另一个端点，所以其概率为，因此按选项，依次分析即可. 【详解】质点移动1次等可能的到达点，概率均为； 从出发，移动1次回到点的概率均为. 所以质点移动2次返回点的概率为，所以A正确. 质点移动1次等可能的到达点，概率均为； 从出发，移动2次到达点的概率均为； 所以质点移动3次到达点的概率为，所以B正确. 质点移动4次，若需两次经过点，则只能是第1，3次经过点， 所以“质点移动4次，在两次经过点的条件下，第4次到达点的概率”等于“质点从点出发，移动1次，到达点的概率”， 等于，所以C正确. “在质点移动次后到达点的条件下，移动次后到达点的概率”等于“质点从点出发，移动3次后到达点的概率”， 质点从点出发，移动1次，等可能的到达点，概率均为； 从点出发，质点移动2次，到达点均为， 质点从点出发，移动3次后到达点的概率为，所以D不正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则______． 【答案】0.4 【解析】 【详解】随机变量服从正态分布，其对称轴是直线. 因为，所以，所以， 所以. 13. 对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】首先利用坐标表示，，再代入曼哈顿距离，利用基本不等式求最值. 【详解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系设，， ，，， ，， 由可知，，整理为， ， 因为，得， 且 ，所以， 所以的最大值为，当时等号成立， 所以的最大值为. 14. 已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围是_______；若，则实数m的值是_______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先求，再设，再利用导数分析函数的图象，根据函数有2个变号零点 ，求的取值范围；首先代入零点得，根据两式相减和相加，并设，表示，求，再求的值. 【详解】，，由条件可知，有2个变号零点， 设，，在单调递减， 当时，恒成立，单调递增，不会有2个零点，不成立， 当时，得，当时，，当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值， 当时，，当，， 若有2个变号零点，所以，解得：； 由条件可知，，两式相减得， 设，且，得，，所以，（1） 且，即， 得，得，（2） 满足方程（2），代入方程（1）得 四、解答题 15. 已知 的展开式中，二项式系数之和等于1024．常数项为， （1）求的值； （2）第项的系数是第项系数的6倍，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出展开式的通项公式，利用常数项求出的值； （2）利用项的系数关系，结合组合数计算求得的值. 【小问1详解】 根据二项式性质，二项式系数之和为，由题知，得. 展开式的通项为： 常数项满足的指数为0，令，解得. 所以常数项为：. 由题意得，且，解得，即. 【小问2详解】 第项对应，系数为； 第项对应，系数为. 由题意得：， 整理得：， 由组合数性质可得：，代入得： 解得（符合的范围）. 16. 长跑可提高呼吸系统和心血管系统机能，为了调查学生喜欢跑步是否与性别有关，某校从高三年级选取了200名学生进行问卷调查，得到如下的列联表．已知在这200名学生中随机抽取1人抽到喜欢跑步学生的概率为0.6． 性别 跑步 喜欢跑步 不喜欢跑步 总计 男生 80 女生 20 总计 （1）完成上面表格，判断能否有90%的把握认为喜欢跑步与性别有关并说明理由？ （2）从上述不喜欢跑步的学生中用样本量按比例分配的分层随机抽样的方法抽取8名学生，再从这8人中抽取3人调查其喜欢的运动，用X表示3人中女生的人数，求X的分布列及数学期望． 附：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 补全列联表见解析，没有90%的把握认为喜欢跑步与性别有关 （2） 分布列见解析，数学期望为 【解析】 【分析】（1）先根据抽取到喜欢跑步学生的概率求出对应总人数，补全2×2列联表，计算卡方统计量与临界值比较判断相关性； （2）先按分层抽样比例计算抽取的8人中男女生人数，再依据超几何分布求解X的分布列和数学期望. 【小问1详解】 由题意得，200名学生中喜欢跑步的总人数为， 不喜欢跑步的总人数为， 补全2×2列联表如下： 性别 喜欢跑步 不喜欢跑步 总计 男生 80 60 140 女生 40 20 60 总计 120 80 200 计算卡方： ​ ， 因为 （90%把握对应的临界值）， 因此没有90%的把握认为喜欢跑步与性别有关. 【小问2详解】 不喜欢跑步的学生中，男生60人、女生20人，比例为， 按比例分层抽取8人，因此抽取男生6人、女生2人， 表示抽取3人中女生的人数，则的可能取值为， ，，，​ 因此的分布列为： 数学期望： . 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，. 【解析】 【分析】（1）证明出四边形为矩形， 在中，，，，利用余弦定理求出,利用勾股定理的逆定理得到，利用面面垂直的性质定理得到平面，从而得到证明结论； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量的数量积得到， 继而得到二面角的正弦值； （3）设，求的坐标，利用向量法求出直线与平面所成的角的正弦值，得到的等式，解得的值，求出，从而得到结论. 【小问1详解】 ，，, 四边形为矩形， 在中，，，， 则, ，， 平面平面，平面，平面平面， 平面； 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，. 则，，，，. 设平面的法向量为，，. 由，取. 设平面的法向量为，， 由，取. . 设二面角为，则， ， ， ， ， 二面角的正弦值为. 【小问3详解】 设， 则， 平面的法向量为， 直线与平面所成的角的正弦值为， 解得， 则有. 故在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为， 且. 18. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，设直线与曲线，分别交于，两点，求证： ； （3）当时，设直线 与曲线，分别交于，两点，求的最小值. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）求的导函数，进而求出切线斜率，再用点斜式写出切线方程； （2）由、横坐标相同，分析可得，设，求导分析单调性和最值证明即可； （3）利用、在一条直线上，将转化为关于横坐标差的表达式，分别联立直线与、直线与的方程，得到、分别满足的等式，构造函数，通过求导找函数最小值，进而得到的最小值. 【小问1详解】 ，可得切线斜率， 又，切点为，由点斜式得切线方程：， 即. 【小问2详解】 当 时，，故， 代入整理得： ， 已知，故，因此. 设，，令得， 时 递减，时 递增，故， 因此，则，得证. 【小问3详解】 当时，，设， 由两点均在直线 上，可得： . 由相等得：， 设 ， . 问题转化为在 的条件下求 的最小值. 当 取最小值时，两曲线与 在对应点处的切线平行，即 . 由 得，即 ， 联立方程组，将代入， 可得①， 由 可知：（，即）， 代入①可得： ， 整理可得： ， 令为0，即 ，解得 ，代入检验： 左边 ，等式成立. 所以 ，解得 . 此时，故. 19. 编号为的六个小球随机放入编号为的六个盒子，每个盒子里面有一个小球．编号为的六个人将依次进行摸球游戏，约定：球 表示编号为的小球，盒表示编号为的盒子，人表示编号为的人．摸球规则如下：每个人最多有次选盒子的机会，若选的盒子里是球，则获胜，且把球放回盒子；否则把球放回盒子，继续选另一个盒子；次内选到球，则获胜，否则游戏失败．游戏开始之后，个人之间不能进行任何交流． （1）这个人每次都是随机的选盒子，计游戏获胜的人数为，求随机变量的期望； （2）游戏开始之前，个人决定都使用如下的策略选盒子：人先选盒，盒中是球，若，则人获胜，否则人把球放回盒，接下来选盒，以此类推： ①如果盒子中的小球摆放有如下种情况， 盒子 1 2 3 4 5 6 盒子 1 2 3 4 5 6 小球 3 4 2 6 5 1 小球 3 1 2 6 4 5 情况1 情况2 分别求情况和情况获胜的人数和； ②求所有人都获胜的概率． 【答案】（1） （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）先求出每个人获胜的概率，再结合随机变量服从二项分布，进而根据期望公式即可求解； （2）①用枚举法即可得到答案；②根据古典概率公式，分类加法计数原理，排列组合即可求解． 【小问1详解】 依题意可得每个人获胜的概率为， 又个人独立游戏，则随机变量服从二项分布，即， 所以． 【小问2详解】 ①情况：以下为每个人的选盒的过程及结果， 人：盒（球）盒（球）盒（球），次未选中球，失败； 人：盒（球）盒（球）盒（球），次未选中球，失败； 人：盒（球）盒（球）盒（球），次未选中球，失败； 人：盒（球）盒（球）盒（球），次未选中球，失败； 人：盒（球），第次就选中球，获胜； 人：盒（球）盒（球）盒（球），次未选中球，失败， 所以情况获胜的人数为． 情况：以下为每个人的选盒的过程及结果， 人：盒（球）盒（球）盒（球），第次选中球，获胜； 人：盒（球）盒（球）盒（球），第次选中球，获胜； 人：盒（球）盒（球）盒（球），第次选中球，获胜； 人：盒（球）盒（球）盒（球），第次选中球，获胜； 人：盒（球）盒（球）盒（球），第次选中球，获胜； 人：盒（球）盒（球）盒（球），第次选中球，获胜， 所以情况获胜的人数为． ②将个小球随机放入个盒子，即将个小球全排列，共有种情况， 记球都放在对应的盒为“不动”，则所有人都获胜的情况可如下分类： 盒不动（即六人都是第次获胜），有种； 选盒互换，盒不动（即两人第次获胜，四人第次获胜），有种； 先选盒互换，再选盒互换，盒不动（即四人第次获胜，两人第次获胜），有种； 先选盒互换，再选盒互换，最后盒也互换（即六人第次获胜），有种； 选盒两两互换，盒不动（即三人第次获胜，三人第次获胜），有种； 先选盒两两互换，再选盒互换，盒不动（即三人第次获胜，两人第次获胜，一人第次获胜），有种； 先选盒两两互换，最后盒也两两互换（即六人第次获胜），有种； 故所有人都获胜的概率为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二阶段检测（二）数学试卷 一、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. （ ） A. B. C. D. 2. 在三棱锥中，点、分别是棱、的中点，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 3. 设随机变量的分布列如下表格，且随机变量的数学期望，则（ ） 0 1 2 A. 1 B. C. D. 4. 有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（ ）种 A. B. C. D. 5. 已知函数是函数的导函数，，对任意实数都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.8和0.2；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1，假设发送信号0和1是等可能的.已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙等5名志愿者参加2026年城市马拉松赛事的“物资补给、赛道引导、医疗保障、终点服务”四项志愿工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加“赛道引导”工作，乙必须参加“终点服务”工作，则不同的安排方法数有（ ） A. 18种 B. 36种 C. 42种 D. 72种 8. 现有10张扑克牌，分别是黑桃A，黑桃2，黑桃3，黑桃4，红桃A，红桃2，红桃3，梅花A，梅花2，方块A，把A当做1，从中选出若干张，记选出的扑克牌点数之和为10的方法总数为m，则下列各式的展开式中的系数为m的是（     ） A. B. C. D. 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. 两个变量的相关性越弱，相关系数越小 B. 经验回归直线一定经过点 C. 在线性回归方程中，当变量每增加一个单位时，平均减少0.5个单位 D. 在做回归分析时，残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 10. 设函数，为的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上有且仅有2个零点 C. 在上单调递增 D. 在上有极小值 11. 已知正方体，的棱长为1，一个质点从点出发，每次等可能地移动1个单位到此正方体的其余顶点，则（     ） A. 质点移动2次返回点的概率为 B. 质点移动3次到达点的概率为 C. 质点移动4次，在两次经过点的条件下，第4次到达点的概率为 D. 在质点移动次后到达点的条件下，移动次后到达点的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则______． 13. 对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 14. 已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围是_______；若，则实数m的值是_______. 四、解答题 15. 已知 的展开式中，二项式系数之和等于1024．常数项为， （1）求的值； （2）第项的系数是第项系数的6倍，求的值． 16. 长跑可提高呼吸系统和心血管系统机能，为了调查学生喜欢跑步是否与性别有关，某校从高三年级选取了200名学生进行问卷调查，得到如下的列联表．已知在这200名学生中随机抽取1人抽到喜欢跑步学生的概率为0.6． 性别 跑步 喜欢跑步 不喜欢跑步 总计 男生 80 女生 20 总计 （1）完成上面表格，判断能否有90%的把握认为喜欢跑步与性别有关并说明理由？ （2）从上述不喜欢跑步的学生中用样本量按比例分配的分层随机抽样的方法抽取8名学生，再从这8人中抽取3人调查其喜欢的运动，用X表示3人中女生的人数，求X的分布列及数学期望． 附：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长. 18. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，设直线与曲线，分别交于，两点，求证： ； （3）当时，设直线 与曲线，分别交于，两点，求的最小值. 19. 编号为的六个小球随机放入编号为的六个盒子，每个盒子里面有一个小球．编号为的六个人将依次进行摸球游戏，约定：球 表示编号为的小球，盒表示编号为的盒子，人表示编号为的人．摸球规则如下：每个人最多有次选盒子的机会，若选的盒子里是球，则获胜，且把球放回盒子；否则把球放回盒子，继续选另一个盒子；次内选到球，则获胜，否则游戏失败．游戏开始之后，个人之间不能进行任何交流． （1）这个人每次都是随机的选盒子，计游戏获胜的人数为，求随机变量的期望； （2）游戏开始之前，个人决定都使用如下的策略选盒子：人先选盒，盒中是球，若，则人获胜，否则人把球放回盒，接下来选盒，以此类推： ①如果盒子中的小球摆放有如下种情况， 盒子 1 2 3 4 5 6 盒子 1 2 3 4 5 6 小球 3 4 2 6 5 1 小球 3 1 2 6 4 5 情况1 情况2 分别求情况和情况获胜的人数和； ②求所有人都获胜的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $