精品解析：天津市第四十七中学2025-2026学年高二下学期第二次阶段测试数学试卷

天津市第四十七中学2025—2026第二学期高二年级 第二次阶段性检测 数学试卷 第I卷（共三部分；满分150分） 一、选择题（每小题5分，共45分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，取值如下表： 0 1 3 4 2.2 4.3 4.8 6.7 若，具有线性相关关系，且回归方程为，则当 时的残差为（ ） A. B. C. D. 3. 若“ ”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 某班学生的考试成绩中,数学不及格的占15%,语文不及格的占5%,两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格,则他语文也不及格的概率是(　　) A. B. C. D. 5. 从，，，，中任取个数字，从，，，中任取个数字，共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则不等式的解集是 A. B. C. D. 7. 已知函数则下述关系式正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为 A. B. C. D. 9. 定义在R上的函数满足：，，是的导函数，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为 A. B. C. D. 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 若的展开式的二项式系数和为32，则其展开式的第四项系数为______. 11. 下列说法正确的是____________． ①某项测量结果服从正态分布，若，则； ②若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为； ③在回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好； ④根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于． 12. 学校举办“校园歌手大赛”，某参赛同学的参赛曲库中有5首歌，分别是：抒情歌1首，流行歌2首，摇滚歌2首.若他演唱这三类歌曲能晋级下一轮的概率分别为，，，他比赛时，随机从这5首歌里选择一首演唱，则他能晋级的概率为______；若他晋级了，则这名学生是演唱流行歌晋级的概率为______. 13. 已知，，且则的最小值为____________． 14. 已知数列的前项和为，满足，若存在，使得成立，则实数的取值范围是____________． 15. 已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是___________． 三、解答题（共5道题，共75分） 16. 某学校要招聘志愿者，参加应聘的学生要从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对其中的3个才能通过初试．已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为,且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响． （1）试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过初试的可能性更大； （2）若答对一题得5分，答错或不答得0分，记乙的得分为Y，求Y的分布列和数学期望． 17. 如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，． （1）求证：平面 ； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面 夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆E的左、右焦点，M为E上任意一点，的最大值为1，椭圆右顶点为A. （Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）若过A的直线l交椭圆于另一点B，过B作x轴的垂线交椭圆于C（C异于B点），连接交y轴于点P.如果时，求直线l的方程. 19. 已知数列是等差数列，前n项和为，数列是递增等比数列，且 ，，． （1）求、的通项公式； （2）求； （3）将数列的前 项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，求证：． 20. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第四十七中学2025—2026第二学期高二年级 第二次阶段性检测 数学试卷 第I卷（共三部分；满分150分） 一、选择题（每小题5分，共45分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合N，再根据交集定义求出交集即可. 【详解】， . 故选：D. 【点睛】本题考查交集的运算，其中涉及一元二次不等式的求解，属于基础题. 2. 已知，取值如下表： 0 1 3 4 2.2 4.3 4.8 6.7 若，具有线性相关关系，且回归方程为，则当时的残差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用线性回归直线过样本中心点求解参数，再计算时的预测值，结合残差定义即可求解. 【详解】先计算样本中心点的坐标： 由于回归直线必过样本中心点 ，代入得 解得 , 当 时，代入回归方程得预测值： , 根据残差的定义，残差为实际观测值减去预测值，即 3. 若“ ”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由“ ”是“”的必要不充分条件， 得集合是集合的真子集， 则，解得， 所以实数的取值范围是. 4. 某班学生的考试成绩中,数学不及格的占15%,语文不及格的占5%,两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格,则他语文也不及格的概率是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意设这个班有人，则数学不及格有人，语文不及格有人，都不及格的有人，则数学不及格的人里头有人语文不及格，由此能求出已知一学生数学不及格，他语文也不及格的概率． 【详解】由题意设这个班有人， 则数学不及格有人，语文不及格有人，都不及格的有人， 则数学不及格的人里头有人语文不及格， ∴已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率为，故选A． 【点睛】本题主要考查概率的求法，设这个班有人可使得该问题更加直观明了，属于基础题. 5. 从，，，，中任取个数字，从，，，中任取个数字，共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及分步乘法计数原理，结合排列计数问题列式求解. 【详解】当选出的两个偶数不含时，这两个偶数从中选取， 此时个位有种取法，百位和十位有种取法，故构成的三位数有个， 当选出的两个偶数不含时，必在十位，百位有种取法，个位有种取法， 构成的三位数有个， 所以共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为. 6. 已知函数，则不等式的解集是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，将不等式化为， 再由函数的单调得到，求解即可得出结果. 【详解】因为函数， 所以，因此函数为奇函数， 所以化为， 又 在上恒成立，因此函数恒为增函数， 所以，即，解得. 故选:B 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用、以及单调性的应用，熟记函数奇偶性的概念以及利用导数研究函数的单调性的方法即可，属于常考题型. 7. 已知函数则下述关系式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，为偶函数，在（0，+∞）上单调递减求解. 【详解】解：∵， ∴f（x）为偶函数，且f（x）在（0，+∞）上单调递减， ∴. ∵， ∴ ， 故选：A. 8. 已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意， ，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为 ，所以 ，进而，四边形面积为，由可化简得，写出渐近线方程即可. 【详解】根据题意， ，双曲线的焦点到的一条渐近线 的距离为，则，所以，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为. 【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题. 9. 定义在R上的函数满足：，，是的导函数，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：令，则， ∵，即，∴恒成立，∴g(x)在R上单调递增， 又，∴不等式， ∴不等式的解集为，故选B 考点：本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的单调性的应用 点评：解决本题的关键是根据导函数确定原函数 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 若的展开式的二项式系数和为32，则其展开式的第四项系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求. 【详解】由题意可得，故 ， 故展开式的第四项为, 故系数为， 故答案为： 11. 下列说法正确的是____________． ①某项测量结果服从正态分布，若，则； ②若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为； ③在回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好； ④根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于． 【答案】 ①③④ 【解析】 【详解】已知，正态分布曲线的对称轴为，  和关于对称轴对称， 根据正态分布的对称性，有， 已知，且总概率为， 所以 ， 因此，，①正确； 设原数据的方差为，新数据为， 根据方差的性质， 新数据的方差， 题目中称方差为，与计算结果不符，②错误； 决定系数的计算公式为， 对于给定的样本数据，总平方和是一个定值， 因此，的值越大，意味着的值越小，即残差平方和越小， 残差平方和越小，说明观测值与回归模型的拟合程度越高，回归效果越好，③正确； 已知，临界值，因为， 所以在小概率值的水平上拒绝零假设（即认为与独立）， 从而判断 与有关联（基于），则错误地拒绝它的概率不超过 ， 即推断与有关联时，犯错误的概率不大于，④正确. 12. 学校举办“校园歌手大赛”，某参赛同学的参赛曲库中有5首歌，分别是：抒情歌1首，流行歌2首，摇滚歌2首.若他演唱这三类歌曲能晋级下一轮的概率分别为，，，他比赛时，随机从这5首歌里选择一首演唱，则他能晋级的概率为______；若他晋级了，则这名学生是演唱流行歌晋级的概率为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先根据题意写出各事件的概率，再根据全概率公式求解；第二个小题根据贝叶斯概率公式求解. 【详解】设某参赛选手演唱抒情歌，流行歌，摇滚歌分别为事件， 该选手晋级为事件， 由条件可知，，，，，，， 所以； 所以他能晋级的概率为； ， 所以这名学生是演唱流行歌晋级的概率为. 13. 已知 ，，且则的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先化简已知指数等式得到 ，再通过换元将目标式转化为可利用基本不等式求最值的形式计算最小值. 【详解】已知 ，，且， 则，故 ， 令，则，代入 得，解得， 则 ， 当且仅当，即时等号成立. 因此的最小值为. 14. 已知数列的前项和为，满足，若存在，使得成立，则实数 的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求出数列的通项公式，代入不等式转化为求最值问题即可. 【详解】由于数列的前项和满足， 当时，，解得； 当时，有和，两式相减得， 由于，代入后化简得， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列，即， 根据题意，存在，使得成立，即存在，使得成立，即， 令，则有， 由于， 因为当时，，当时，，当 时，， 所以当时，；当时，；当 时，， 因此数列的最大值为，所以， 则实数 的取值范围是. 15. 已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在 等于时均无解．则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】若 ，可得该方程恒无解，则 时，结合值域可得关于 的方程必须恰有两个不同的非零实根，构造函数，利用函数性质可得其单调性，即可得解. 【详解】当时，， 当时，， 则值域为； 若 ，则可化为，方程恒无解； 若 ，则可化为， 则要使得该方程无解，需使，即， 即关于 的方程必须恰有两个不同的非零实根； 令， 作出其图象如下： 当 或 时，， 由对勾函数性质可得在、上单调递增，在上单调递减， 有，； 当时，， 则在上单调递减，此时； 故要使得关于 的方程恰有两个不同的非零实根， 此时的取值范围是. 三、解答题（共5道题，共75分） 16. 某学校要招聘志愿者，参加应聘的学生要从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对其中的3个才能通过初试．已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为,且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响． （1）试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过初试的可能性更大； （2）若答对一题得5分，答错或不答得0分，记乙的得分为Y，求Y的分布列和数学期望． 【答案】（1）甲通过初试的可能性更大 （2）分布列见解析，15 【解析】 【分析】(1)根据超几何概型分别求出甲、乙两人谁通过初试的概率即可得出结论. (2)由题意写出乙答对试题的个数为X，则可得出X的可能取值，再根据满足的二项分布分别求出起概率，而得分与的关系为，从而得出的分布列及数学期望. 【小问1详解】 由题意得，甲通过初试的概率，乙通过初试的概率． ∵，∴甲通过初试的可能性更大． 【小问2详解】 设乙答对试题的个数为X，则X的可能取值为0，1，2，3，4，且， ∴，， ，， ，易知， ∴Y的分布列为 Y 0 5 10 15 20 P ． 17. 如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，． （1）求证：平面 ； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面 夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为底面为正方形，平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则根据题意，有，，，，，， 则，，， 设平面 的法向量为， 则，即，，故可取， 因，而平面 ，所以平面 . （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，计算及平面 的法向量后可证平面 ； （2）求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值； （3）根据平面 可求的坐标，从而可求平面 的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）可知，，，， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（1）可知，，， 设平面 的法向量为， 则，即，故可取， 由（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面 所成角为 ， 则， 所以平面与平面 夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆E的左、右焦点，M为E上任意一点，的最大值为1，椭圆右顶点为A. （Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）若过A的直线l交椭圆于另一点B，过B作x轴的垂线交椭圆于C（C异于B点），连接 交y轴于点P.如果时，求直线l的方程. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据面积的最大值可求，结合离心率可求，从而得到椭圆的方程. （Ⅱ）设直线，联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可求的坐标，由直线 的方程后可得的坐标，根据可得关于的方程，从而可求的值. 【详解】解：（Ⅰ）当为椭圆的短轴端点时，取得最大值即， 又因为，， 解得：，，，所以椭圆方程为. （Ⅱ），根据题意，直线l斜率存在且不为0， 设直线，，联立， 得， ，即， 由题意得：， 又直线，故， ， 即解得（舍），故， 直线或. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程，解此方程即可. 19. 已知数列是等差数列，前n项和为，数列是递增等比数列，且 ，，． （1）求、的通项公式； （2）求； （3）将数列的前 项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，求证：． 【答案】（1） ， （2） （3）由已知得 ， ，2，3，…， ，，不妨设， 首先证明取最大值时，，，，…，中不存在连续3项递增或递减： 假设，，，…，中存在连续3项递增或递减，即存在 使得或者，所以 此时 则将调换到之前 因此时，取最大值必有，，…， 此时 所以取最大值时 ， 并且 ， 此时 当时， 当时， 因为 所以． 综上． 【解析】 【分析】（1）根据等差等比数列的性质列方程，即可求解公差和公比求解， （2）先利用并项求和可得，进而利用错位相减法求和即可， （3）先用反证法证明取最大值时，，，，…，中不存在连续3项递增或递减，进而得 ，即可利用放缩法以及裂项相消法求证. 【小问1详解】 因为数列是等差数列，前n项和为，数列 是等比数列 所以设公差为d，公比为q，因为 ，，． 所以，得或， 又因为数列 是递增等比数列且 ，所以， 所以 ，． 【小问2详解】 因为 所以 设 所以 所以 【小问3详解】 略 20. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当 时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【答案】（1） （2）（i）1； （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以 ， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【解析】 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程 有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. 【小问2详解】 （i）当 时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即 ，此时在上单调递减； 当时， ，即 ，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $