精品解析：广东深圳市新安中学(集团)高中部2025-2026学年第二学期阶段考试题高二年级数学

新安中学（集团）高中部2025-2026学年第二学期阶段考试题 高二年级数学 2026年7月 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（共73分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 某校有高中生2000人，其中高一年级600人，高二年级700人，高三年级700人．为了解学生的视力情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为100的样本，则应抽取高一年级的人数为（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 2. 已知向量满足与的夹角为若则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 曲线在处的切线经过点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知函数（，）的最小正周期为，且其图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线C：（）的焦点为，直线：与抛物线在第一象限的交点为．若，则抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 定义为n个正数的“均倒数”．若数列的前n项的“均倒数”为，又，则＝（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） 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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. z在复平面内对应的点位于第一象限 10. 如图，正方体的棱长为4，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ） A. 直线与平面所成的角等于 B. 点C到平面的距离为 C. 异面直线和所成的角为 D. 线段长度的最小值为 11. 已知点在直线上，点，在圆上，若，且，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线与圆相切 B. 直线倾斜角为150° C. 当时，可能为90° D. 若，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的一条渐近线为，则其焦距为________． 13. 如图，已知是函数的一个零点，曲线与直线交于A，B两点，若，且，，则________，________． 14. 设数列满足，，，令，则数列的前100项和为___________． 第Ⅱ卷（共77分） 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. 如图，四棱锥的底面为菱形，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正切值. 16. 如图，在中，已知点D在边BC上，，的面积是面积的倍，且，. （1）求； （2）求边BC的长. 17. 已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 18. 已知函数 （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，对于任意的，都有，求整数的最大值． 19. 人工智能快速发展、给我们的生活带来极大的便利．2026年某班元旦晚会上，同学们利用人工智能设置了一款有趣的答题游戏，游戏规则如下：1每位同学依次答题三道，每题答错得0分，答对得相应分值；2第一题系统随机出题，分值为4分；从第二题开始，后面每题根据前一答题情况给出、若前一题答对，则后一题增加难度，答对概率相对前一题减少0.1，分值加倍；若前一题答错，则后一题降低难度，答对概率相对前一题增加0.1，分值减半；3答题结束时，若总得分不少于8分，则参与者获得一份奖品，同学们纷纷踊跃参加游戏，已知甲同学答对第一题的概率为． （1）若 ①求甲同学答对第二题的概率； ②记甲同学最后一题的得分为，求的分布列； （2）为增加趣味性，允许答题同学有一次场外求助机会，场外一定能答对，但下一题会增加更大的难度，答对概率相对前一题减少0.2，分值仍加倍．若甲选择求助，则选择第几题求助获得奖品的概率最大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新安中学（集团）高中部2025-2026学年第二学期阶段考试题 高二年级数学 2026年7月 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（共73分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 某校有高中生2000人，其中高一年级600人，高二年级700人，高三年级700人．为了解学生的视力情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为100的样本，则应抽取高一年级的人数为（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 【答案】B 【解析】 【详解】由分层抽样的等比例性质，应抽取高一年级的人数为人. 2. 已知向量满足与的夹角为若则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得， .  若，则  ，即， 所以 ， 解得. 3. 曲线在处的切线经过点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由求导得. 则，. 所以曲线在处的切线方程为. 即. 该切线经过点，则得. 解得. 4. 已知函数（，）的最小正周期为，且其图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性求得，根据图象变换后所得函数的奇偶性求得. 【详解】因为的最小正周期为，所以，解得，则， 由图象向右平移个单位长度后，得到为奇函数， 所以，解得， 由于，所以取，得. 5. 已知抛物线C：（）的焦点为，直线：与抛物线在第一象限的交点为．若，则抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】联立，得或（舍），则， 则，得， 则抛物线的方程为. 6. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在上单调递增，可得在上恒成立，得到，令，则只需（），利用导数求出的单调性，利用单调性得到，从而得到的取值范围. 【详解】， ， 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 即： ，即 ， 因为时，所以， 令，则只需（）， ， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以在处取得唯一极大值，也是区间上的最大值， 且，则. 则实数的取值范围是. 7. 定义为n个正数的“均倒数”．若数列的前n项的“均倒数”为，又，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用“均倒数”定义求出后，代入求出的通项公式，再利用裂项相消法求和即可. 【详解】由“均倒数”定义，得：， 前项和， 整理得： 当时，， 代入得： ：，满足， 因此对所有，成立； 由，代入得：， ， . 8. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由正弦函数的周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的递增区间求出的具体范围. 【详解】令，因为，所以 因为函数在区间上单调递增， 所以函数在上单调递增，且，即． 因为， 所以函数在上单调递增，等价于或， 解不等式得或，所以的取值范围是． 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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. z在复平面内对应的点位于第一象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】先对复数分母进行实数化，得到，再根据共轭复数、复数的模和复数的几何意义判断选项. 【详解】先对复数进行实数化，则： ，那么 对于选项A：复数的虚部为，故A正确； 对于选项B， 的共轭复数为，故B错误； 对于选项C， ，故C正确； 对于选项D，在复平面内对应的点为，横、纵坐标均为正，属于第一象限，故D正确. 10. 如图，正方体的棱长为4，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ） A. 直线与平面所成的角等于 B. 点C到平面的距离为 C. 异面直线和所成的角为 D. 线段长度的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正方体的性质，结合线面垂直的判定证面，进而确定直线与平面所成的角、C到平面的距离，由，异面直线和所成角即为与所成角求大小，过作于，再过作于，利用线面垂直及勾股定理求的最小值. 【详解】正方体中面，面，故，又， 由，面，故面， 而面，故直线与平面所成的角，A正确； C到平面的距离为，B正确； 因为，故异面直线和所成角即为与所成角， 而△为等边三角形，故，C错误； 过作于，再过作于， 面面，面面，面，故面， 面，则，又，面， 所以面，易知：即为异面直线，上两点的距离， 令，则，， 所以， 当时，，D正确. 故选：ABD 11. 已知点在直线上，点，在圆上，若，且，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线与圆相切 B. 直线倾斜角为150° C. 当时，可能为90° D. 若，则的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项运用点到直线的距离，B选项运用两直线垂直的相关知识，C选项代入和验证直线是否与圆相交，D选项运用，建立直线与圆的半径之间的关系去求半径的范围. 【详解】对于A选项，圆心到直线的距离， 当时，，所以直线与圆相切，故A选项正确； 对于B选项，因为，所以直线， 又因为，所以， 而直线l的倾斜角为，因此直线倾斜角为150°，故B选项正确； 对于C选项，设，，圆心O到直线的距离为， 设为A点到直线的距离，则， 因为，所以为等腰直角三角形 则，由B选项得出直线的方程为， 联立，得出A点坐标为，设直线方程为， 则圆心O到直线距离为， 点A到直线的距离为， 又因为，所以， 解得，则，，故直线与圆相交，所以C选项正确 对D选项，若，且，所以为等边三角形，则 点A到直线的距离，设直线方程为， 则圆心O到直线距离为， ， 因为，， 所以，化简可得，故，所以， 又因为，得出，故，所以， 若，则， 若，则（舍去）或，所以，故D选项错误 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的一条渐近线为，则其焦距为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据双曲线渐近线方程求出参数，再利用双曲线的关系求解，进而得到焦距. 【详解】因为双曲线方程为，所以. 所以渐近线方程为，由题意知，渐近线方程为，所以. 又因为，所以，故焦距是. 13. 如图，已知是函数的一个零点，曲线与直线交于A，B两点，若，且，，则________，________． 【答案】 ①. 4 ②. ## 【解析】 【分析】根据两点之间的距离以及对应图象的单调性可得出，再将代入可求得的值. 【详解】令，结合两点处的单调性可得， 又，所以，又， 可得，因此， 又，且在处函数图象单调递增， 因此，解得， 又，所以. 故答案为：4；； 14. 设数列满足，，，令，则数列的前100项和为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，进而求出，再利用分组求和法求解即得. 【详解】数列满足，，， 数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即， 因此，显然的周期为4， 则 ， 令，则有， ，数列是等差数列， 数列的前100项和，即数列的前25项和. 故答案为：. 第Ⅱ卷（共77分） 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. 如图，四棱锥的底面为菱形，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得出证明； （2）由（1）知平面，可得，，由二面角的定义可知是二面角的平面角，最后在中，求出的值即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：如图，设与交于点，连接， 由（1）知平面，因为平面，平面， 所以，，因此是二面角的平面角， 因为，四边形为菱形，， 所以为等边三角形，则，所以， 所以，在中，， 即二面角的正切值为2. 16. 如图，在中，已知点D在边BC上，，的面积是面积的倍，且，. （1）求； （2）求边BC的长. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式得出和的表达式，由，化简得出的值； （2）由结合，得出，在中，利用余弦定理得出，再由余弦定理得出，进而得出，由直角三角形的边角关系得出，最后由得出的长. 【详解】（1）因为，，且， 所以 即，所以. （2）由（1）知，所以 在中，，， 由余弦定理 所以. 且 所以，解得. 所以.即边BC的长为. 【点睛】本题主要考查了三角形面积公式以及余弦定理的应用，属于中档题. 17. 已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）直线过定点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程； （2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点. 【小问1详解】 由抛物线，得焦点， 因为椭圆过抛物线的焦点，所以. 由双曲线，得焦点， 因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以. 由椭圆的性质，， ∴椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，， 联立，消去得， ， ，， 由已知， 所以， 所以， 则， ， ，解得，满足， ∴直线的方程为，故直线恒过定点 18. 已知函数 （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，对于任意的，都有，求整数的最大值． 【答案】（1） （2）当时，在上单调递减，在单调递增， 当时，在，上单调递增，在单调递减， 当时，在，上单调递增，在单调递减， 当时，在单调递增. （3）6 【解析】 【分析】（1）求导，根据点斜式即可求解直线方程， （2）求导，分解因式，对进行讨论，结合导数的正负符号即可求解单调性， （3）参数分离，构造函数，求解函数的最值即可求解. 【小问1详解】 时，， ，则， 故曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 的定义域为，, ， 当时，令，解得，故在上单调递减，在单调递增， 当时，此时，令，解得或， 故在，上单调递增，在单调递减， 当时，此时，令，解得或， 故在，上单调递增，在单调递减， 当时，在恒成立，因此在单调递增. 【小问3详解】 时，由可得，即， 故对于任意的，都有， 令，则， 令则， 由于对于任意的，，故在单调递增， 且， 因此存在唯一的，使得，即， 当， 因此时，，单调递减， 时，单调递增 故， 因此， 故整数的最大值为6. 19. 人工智能快速发展、给我们的生活带来极大的便利．2026年某班元旦晚会上，同学们利用人工智能设置了一款有趣的答题游戏，游戏规则如下：1每位同学依次答题三道，每题答错得0分，答对得相应分值；2第一题系统随机出题，分值为4分；从第二题开始，后面每题根据前一答题情况给出、若前一题答对，则后一题增加难度，答对概率相对前一题减少0.1，分值加倍；若前一题答错，则后一题降低难度，答对概率相对前一题增加0.1，分值减半；3答题结束时，若总得分不少于8分，则参与者获得一份奖品，同学们纷纷踊跃参加游戏，已知甲同学答对第一题的概率为． （1）若 ①求甲同学答对第二题的概率； ②记甲同学最后一题的得分为，求的分布列； （2）为增加趣味性，允许答题同学有一次场外求助机会，场外一定能答对，但下一题会增加更大的难度，答对概率相对前一题减少0.2，分值仍加倍．若甲选择求助，则选择第几题求助获得奖品的概率最大？ 【答案】（1）①0.5； ②分布列如下： 0 1 4 16 0.5 0.14 0.3 0.06 （2）第1题【解析】 【分析】（1）①利用全概率公式计算第二题的答对概率，②根据前两题的结果推导最后一题得分的 的可能取值为 、、、，计算可求得分布列； （2）分别计算在第1、2、3题求助时获奖的概率，通过比较概率大小确定最优求助策略. 【小问1详解】 设甲同学答对第题为事件， ① , ②若甲同学最后一题答错，则有4种情况， ，，，此时， ． 若甲同学最后一题答对，则有4种情况， ，，， ， ， ． 综上可知：，分布列如下： 0 1 4 16 0.5 0.14 0.3 0.06 【小问2详解】若甲第一题进行场外求助，设获奖的概率为， 则． 若甲第二题进行场外求助，获奖的概率为，则， 若甲第三题进行场外求助，设获奖的概率为， 则， 令， 该二次函数开口向下，对称轴为. 因为，函数的最小值在端点处取到， 即，即. ，故选择第1题求助获奖概率最大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $