精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年第二学期高二第二次阶段性练习数学试题

厦门一中2025-2026学年第二学期高二年第二次阶段性练习 数学试题 考试时长：120分钟 满分分值：150分 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：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. 的展开式中第4项的系数是（ ） A. 20 B. 15 C. 160 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理列式求得答案. 【详解】的展开式的第4项系数是. 故选：C 2. 设数列的前项和为．若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数列递推式，利用赋值法求值即可. 【详解】当时，， 当时，. 故选：D 3. 从4名男生和3名女生中选4人组成学习小组，要求男生甲和女生乙要么都选，要么都不选，则不同的选法共有（ ） A. 15种 B. 18种 C. 24种 D. 30种 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论男生甲和女生乙是否都选，根据分类加法计数原理结合组合数运算求解即可. 【详解】由题意，分成两类情况： ① 男生甲和女生乙都选，则从剩余3名男生和2名女生中选2人，不同的选法共有种； ② 男生甲和女生乙都不选，则从剩余3名男生和2名女生中选4人，不同的选法共有种； 由分类加法计数原理，不同的选法共有种. 4. 已知空间向量，若点在平面内，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【详解】已知点在平面内，，故， 解得， ． 5. 已知是定义在上可导的增函数，且，则函数的单调情况一定是（ ） A. 在上递增 B. 在上递减 C. 在上递增 D. 在上递减 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，根据题意，分和，分别确定的符号，结合导数与原函数的关系，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为函数是定义在上增函数，且，可得，且， 当时，，可得， 所以在上为单调递增函数； 当时，，此时无法确定，即无法确定， 所以在上的单调性无法确定. 6. 已知变量，线性相关，其一组样本数据（），满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为．若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为1.9，则数据点关于修正后回归直线的残差为（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】A 【解析】 【分析】求得增加数据后的，，求得修正后的回归直线方程为， 当时，得到，结合残差的定义与计算，即可求解. 【详解】因为，可得，则， 增加数据后，变量的平均数为， 变量的平均数为， 设修正后的回归直线方程为，则，解得 ， 所以修正后的回归直线方程为， 当时，， 所以数据的残差为. 7. 如图，在平面直角坐标系 中， 为坐标原点，已知双曲线 的左焦点为 ，左、右顶点分别为 点为双曲线左支上一点且满足 轴，点 为线段 上一点，直线 交 轴于点 ，直线 交 轴于点 ，若 ，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设，求直线、的方程，然后求出点的坐标，最后利用建立关于的等式关系从而得解. 【详解】因为 轴，点 为线段 上一点，所以设， 又的斜率为，的斜率为， 所以直线方程为，令，则，即， 直线方程为，令，则，即， 因为 ，所以，即， 所以，则该双曲线的离心率， 故选：C 8. 若，，其中是自然对数的底数，则（附：） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简函数，再构造函数结合函数单调性结合对数运算及单调性计算求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 设且单调递增，且，所以， 令单调递增，， 所以，A选项错误； 因为且在R单调递增，，所以， 所以，且，所以，且， 设则在单调递增，所以，所以， 所以，B选项错误； 因为，所以，所以， 设， 因为单调递增，所以，C选项正确； 因为单调递减，且， 所以，D选项错误； 故选：C. 二、多选题：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. 已知，，，成等比数列，则下列三个数一定可以构成等比数列的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】BD 【解析】 【分析】设公比为，则，，，.对于AC：举反例说明即可；对于BD：根据等比数列定义分析判断. 【详解】若，，，成等比数列， 设公比为，则，，，. 对于选项A：若，则，，， 可得，此时，，不为等比数列，故A错误； 对于选项B：因为，，， 可知均不为0，且， 所以，，为等比数列，故B正确； 对于选项C：若，则， 可得，此时，，为等比数列，故C错误； 对于选项D：因为，，， 可知，，均不为0，且， 所以，，为等比数列，故D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量，则 B. 随机变量服从两点分布，且，则 C. 随机变量的分布列为，则 D. 随机变量满足，且，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布、两点分布以及数学期望、概率的性质求解即可. 【详解】选项A：随机变量，根据正态分布性质，则，选项A正确； 选项B：随机变量服从两点分布，且，则，进而，选项B正确； 选项C：随机变量的分布列为，则，解得，选项C错误； 选项D：随机变量满足，且，则，进而，选项D正确. 11. 如图，已知笛卡尔“鸡蛋”曲线过点，且曲线上任意一点到和的距离满足，则（ ） A. B. 曲线与单位圆有3个交点 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，把代入可求，对于B，联立方程，解出方程即可判断；对于CD，根据曲线方程定义，中，，根据函数特性可确定取得最小值，结合可确定，再利用可得，结合即可确定的最值. 【详解】对于A，曲线过点，此时，故A正确； 对于B，曲线的方程为，联立单位圆， 即，平方得， 即，解得或， 由图可知时，曲线的点为，当时，曲线上有2个点， 所以曲线与单位圆有3个交点，故B正确； 设，则，， 在中，， ，即时，取得最小值， 又，所以，即， 是的中点，， ， ，所以的最小值为，最大值为， 即的最小值为，最大值为，故C错误，D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若过点的直线l与圆只有一个公共点，则l的斜率为______． 【答案】 【解析】 【分析】确定给定圆的圆心及半径，再利用直线与圆相切求出斜率. 【详解】圆的圆心，半径， 点在圆外，而直线与圆相交， 依题意，直线与圆相切，且斜率存在，设其方程为， 由，解得，所以的斜率为. 13. 如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有______种． 【答案】 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】解：参观路线分步完成： 第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法； 而在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成； 第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法， 同理，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成； 第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成， 根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有种. 故答案为： 14. 如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为______． 【答案】； 【解析】 【分析】由题设可证则△、△都为等腰直角三角形，结合△BCD是以B为直角的等腰直角三角形，将几何体补全为正方体且一个底面在上，进而确定与所成角为，并有，应用余弦定理、勾股定理求的范围即可. 【详解】由平面，面，则面，面， 所以，又且△BCD是以B为直角的等腰直角三角形， 故，则△、△都为等腰直角三角形， 将补全为正方体如下图示，其中一个面在上且棱长为1， 所以，在等边△中E是CD中点，故， 过M作面ACD垂线交面于N，且面，面，则， 因为，面，面，故， 又，面，故面，面， 所以，面面，面面，且， 易知：过M作面ACD垂线在面内，即面，而面， 综上，点必在对角线上，且与所成角为，，则， 在中，令，由， 故， 所以，则， 所以. 故答案为： 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. 已知等差数列的前n项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）数列满足，，求的通项公式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，列出关于和的方程组，解方程组得到和，再代入等差数列通项公式得到的通项； （2）由，利用累加法，将时的，代入得，再验证时是否满足所得表达式，最终得到的通项. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 由题意可得： 解得，， 所以数列的通项公式． 【小问2详解】 由可得： ， ， … ， 通过累加可得， 又，所以， 当时，符合，故． 16. 已知抛物线：上的一点（）到的焦点的距离为，点，是上不同的两点． （1）求的方程； （2）若，求点到直线的距离的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义可求，从而可求抛物线方程； （2）直线的方程为，，，则可由得坐标关系，再联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理化简前者可得，从而可判断过定点，从而可求距离最大值. 【小问1详解】 由抛物线的定义可得，解得，所以的方程为． 【小问2详解】 因为是上的一点，所以，解得，故． 设直线的方程为，，， 由，得， 所以，，． 因为，所以，即即， 化简得，所以，即， 所以直线的方程可化为，即， 故直线过定点，又， 所以点到直线的距离的最大值为． 17. 在平行四边形中，为中点，将沿直线翻折至．设是线段的中点，． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证明即可； （2）根据，结合三棱锥体积公式计算即可； （3）建立空间直角坐标系，根据线面角向量法求解即可. 【小问1详解】 因为为中点， 所以，， 即为等边三角形，所以， 在中，，所以， 因为，所以， 又，，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）可知，为三棱锥的高， ， 所以； 【小问3详解】 由（1）可知，，故以为原点，为轴，为，垂直平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， ,,，,， 所以，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，即， 设直线与平面所成角为， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 雅礼中学某社团组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响. （1）求小王答3道题后积分小于6的概率； （2）设小王答4道题后积分为，求； （3）若小王一直答题，直到积分为0或12时停止，记小王的积分为时，最终积分为12的概率为，请直接写出和的值，并求出的值. 【答案】（1） （2） （3），， 【解析】 【分析】（1）分小王3题都答错，或答对1题答错2题讨论，再利用独立事件乘法公式和加法公式即可得到答案； （2）设小王答对的题数为，得到关系式，再利用二项分布的均值公式和均值性质即可得到答案； （3）首先需对边界条件进行直接判断，即和，再求出的递推公式，分析可知数列为等比数列，求得，再利用累加法和等比数列求和即可得到答案. 【小问1详解】 小王答3道题后积分小于6，有两种情况：3题都答错；答对1题，答错2题. 3题都答错的概率为；答对1题，答错2题的概率为：. 所以小王答3道题后积分小于6的概率为： 【小问2详解】 法一：设小王答对的题数为，则他答错的题数为，所以. 由题意知，所以，所以. 法二：的可能取值为2，4，6，8，10. 则：；；； ； 所以，. 【小问3详解】 当积分已为0时，游戏已停止，无法再达到12分，故； 当积分已为12时，游戏已停止，已是目标状态，故. （i）当小王的积分为时， 若小王接下来一题答对，则积分变为，若小王接下来一题答错，则积分变为. 由全概率公式有，即，整理可得. 又，所以为等比数列. （ii）由（i）可得， 所以， 又，所以. 所以 . 19. 已知，函数，. （1）当时，求的极值； （2）若存在零点. （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：. 【答案】（1）答案见解析； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）直接求导得，再分和讨论即可； （i）转化得有解，再设，求导后再对分类讨论，最后利用隐零点法即可得到其范围； （ⅱ）分析得表示原点与直线上的动点之间的距离，再等价转化为证明，再设新函数并多次求导即可证明. 【小问1详解】 时，， 当时，，函数单调递增，既无极大值也无极小值. 当时，，，函数单调递减，，，函数单调递增， 函数的极小值是，无极大值. 【小问2详解】 （ⅰ）当时，因为函数存在零点，故有解， 若，此时无解，所以，有解，， ①若单调递增，此时不存在零点； ②若，令，，， 由零点存在定理可知存在， 所以在上为减函数，在上为增函数， 故，解得，故. （ⅱ）因为函数存在零点，所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， ，所以， 时，要证，只需证， 解法一：即证. 令，则， 令，，故在上为增函数，故. 即在上为增函数， 故，故，即成立. 解法二：令,则， 令，得单调递减， 令，得单调递增， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门一中2025-2026学年第二学期高二年第二次阶段性练习 数学试题 考试时长：120分钟 满分分值：150分 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：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. 的展开式中第4项的系数是（ ） A. 20 B. 15 C. 160 D. 120 2. 设数列的前项和为．若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 从4名男生和3名女生中选4人组成学习小组，要求男生甲和女生乙要么都选，要么都不选，则不同的选法共有（ ） A. 15种 B. 18种 C. 24种 D. 30种 4. 已知空间向量，若点在平面内，则（ ） A. B. C. D. 0 5. 已知是定义在上可导的增函数，且，则函数的单调情况一定是（ ） A. 在上递增 B. 在上递减 C. 在上递增 D. 在上递减 6. 已知变量，线性相关，其一组样本数据（），满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为．若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为1.9，则数据点关于修正后回归直线的残差为（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 7. 如图，在平面直角坐标系 中， 为坐标原点，已知双曲线 的左焦点为 ，左、右顶点分别为 点为双曲线左支上一点且满足 轴，点 为线段 上一点，直线 交 轴于点 ，直线 交 轴于点 ，若 ，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 8. 若，，其中是自然对数的底数，则（附：） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知，，，成等比数列，则下列三个数一定可以构成等比数列的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 10. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量，则 B. 随机变量服从两点分布，且，则 C. 随机变量的分布列为，则 D. 随机变量满足，且，则 11. 如图，已知笛卡尔“鸡蛋”曲线过点，且曲线上任意一点到和的距离满足，则（ ） A. B. 曲线与单位圆有3个交点 C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若过点的直线l与圆只有一个公共点，则l的斜率为______． 13. 如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有______种． 14. 如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为______． 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. 已知等差数列的前n项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）数列满足，，求的通项公式． 16. 已知抛物线：上的一点（）到的焦点的距离为，点，是上不同的两点． （1）求的方程； （2）若，求点到直线的距离的最大值． 17. 在平行四边形中，为中点，将沿直线翻折至．设是线段的中点，． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 雅礼中学某社团组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响. （1）求小王答3道题后积分小于6的概率； （2）设小王答4道题后积分为，求； （3）若小王一直答题，直到积分为0或12时停止，记小王的积分为时，最终积分为12的概率为，请直接写出和的值，并求出的值. 19. 已知，函数，. （1）当时，求的极值； （2）若存在零点. （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $