浙江省四校（含精诚联盟）2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省四校（含精诚联盟）2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试卷（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知圆， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
一、选择题：本大题共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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可求解．
【详解】设直线的倾斜角为，
由题可知，直线斜率为，则，
又，
所以直线的倾斜角是．
2. 已知为空间一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】B
【解析】
【分析】理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得.
【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意；
对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意；
对于C，因，即，，共面，故C不合题意；
对于D，因，即，，共面，故D不合题意.
故选：B.
3. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由正态分布密度曲线的对称性，代入计算，即可得到结果.
【详解】根据题意可得，，
则.
故选:D
4. 已知双曲线：，其一条渐近线被圆截得的弦长为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求双曲线的渐近线，再应用点到直线距离结合圆求弦长即可.
【详解】双曲线：的渐近线方程为，
圆，圆心，半径，
因为双曲线与圆都关于轴对称，
故取其中一条渐近线，
圆心到的距离，
故所求的弦长为.
5. 6名同学排成一排，其中甲､乙两人必须在一起的不同排法共有（ ）
A. 720B. 360C. 240D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】先将甲乙捆绑在一起，然后将其看成一个元素与其余4人一起进行全排列可得.
【详解】先将甲､乙两人排成一排共种排法，将甲､乙两人看成一个元素，然后与其余4人一起排成一排，共有种，所以甲､乙两人在一起的不同排法共有种排法.
故选：C
6. 已知圆：，直线：，设为圆上的一动点，则点到直线的最大距离为（ ）
A. 4B. 5C. 7D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】先求得圆心到直线的最大距离，再根据圆周上的点到直线距离的最大值为即可求解．
【详解】由题意得圆心，半径为3，
因为直线：，所以直线过定点，
数形结合可知，圆心到直线的最大距离，
所以点到直线的最大距离为．
7. 已知函数在处取得极大值，则的值是（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由求出的值并检验的极值点即可.
【详解】函数，有，
在处取得极大值，则有，解得或，
当时，，
，解得或；，解得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，不合题意；
当时，，
，解得或；，解得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，满足题意，所以.
8. 已知等比数列的前项和为，前项积为，则下列选项中正确的是（ ）
A. 若，则数列严格增
B. 若，则数列严格增
C. 若数列严格增，则
D. 若数列严格增，则
【答案】D
【解析】
【分析】A项、B项、C项可通过举反例判断，由数列是单调递增可证得，，进而可判断D项.
【详解】设等比数列,,
对于A，由，得，则，即，
所以当时，满足，但不是单调递增，故A错误；
对于B，由，得，则，
所以当时，满足，满足，但不是单调递增，故B错误；
对于C，当时，由，，此时满足数列单调递增,但，
故C错误；
对于D，由数列是单调递增，则，所以,故，
即，所以，且，
又因为所以即，故D正确.
故选:D
二、选择题：本大题共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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则的值为3或2
B. 若数据，，，…，的标准差为，则，，，…，的标准差为
C. 二项式的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等
D. 若5名教师分到4所学校任教，每所学校至少分配1名教师，则分配方法有480种
【答案】AB
【解析】
【分析】根据组合数性质解方程判断A；根据数据方差的计算性质，以及标准差的概念判断B；根据二项式定理写出展开式，利用二项式系数的定义判断C；按照先分组再分配的方法，结合排列组合公式，即可求解判断D.
【详解】对于A，由组合数的性质可得，解得，
又，所以或，解得或，正确；
对于B，设数据的平均数为，
则数据的平均数为，
由数据标准差，
则数据的标准差为，正确；
对于C，由二项式的展开式为，
则第二项的二项式系数为，第四项的二项式系数为，错误；
对于D，由题意可知，5位教师的分组情况为2,1,1,1的分组，再分配到4所学校，
所以分配方案有，错误.
10. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 有两个极值点
B. 当时，在上是增函数
C. 当时，在上的最大值是1
D. 当时，点是曲线的对称中心
【答案】BCD
【解析】
【分析】求函数的导函数，根据极值点的定义判断A，结合导数判断函数的单调性求最值，判断B，C，结合奇函数的定义判断D.
【详解】因为，
所以，
当时，，当且仅当时，
函数在上单调递增，
函数没有极大值点也没有极小值点，A错误；
当时，，
当时，，函数在上单调递增，B正确；
当时，，
令可得，或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数上单调递增，
又，
所以函数在上的最大值为1，C正确；
当时，，
，
设，
则，，
所以函数为奇函数，
所以函数的图象关于原点对称，
所以函数关于点对称，D正确.
故选：BCD.
11. 已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的一条直线与交于，两点，过，作的垂线，垂足分别为，，则（ ）
A. 准线的方程为B.
C. 直线与的斜率之和为0D. 与的面积相等
【答案】ACD
【解析】
【详解】解：选项A，由抛物线的定义知，，选项A正确；
选项B，因为轴，所以，
若，则，
即，显然该等式不一定成立，故选项B错误；
选项C，设，，且，
由题意知，直线的斜率一定存在，且不为0，
设其方程为，联立，消去得，，
因为直线与抛物线有两个交点，所以，
即：，得：或，当时， ，
所以，且，
由韦达定理知：，，所以
，故选项C正确；
选项D，面积
，
的面积，
所以与的面积相等，故选项D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 二项式展开式中常数项为______．
【答案】45
【解析】
【分析】求得二项展开式的通项，令，即可求解展开式的常数项，得到答案.
【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，
令，得，
可得，即展开式的常数项是.
故答案为：.
13. 若，，，则______.
【答案】
【解析】
【详解】因为，则
又因为，则
所以
14. 已知点在双曲线：（，）上，到两渐近线的距离为，，若恒成立，则的离心率的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】设双曲线上的点，可得，利用点到直线的距离公式可求得，由恒成立可得，从而可求得离心率的取值范围.
【详解】双曲线：（，）的两条渐近线的方程为和，
点到两条渐近线的距离之积为，
而恒成立，又因为的最小值为，
故只需，又点满足双曲线的方程，
，，即，
则的离心率，.
四、解答题：本大题共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. 已知等差数列和等比数列满足，.
（1）求数列，通项公式
（2）设数列中满足，求和
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件利用等差等比数列的通项公式列方程可得公差，公比，进而可得通项公式；
（2）由（1）得数列的通项公式，然后利用分组分解法可求和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，解得，
，
，解得，
，
即，；
【小问2详解】
由（1）得，
.
16. 如图，在四棱锥中，平面，且，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.
（2）利用向量法求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【小问1详解】
过作于点，则，，
由于平面，平面，所以，
以为原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
因为为的中点，所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，
所以平面的法向量为，
因为，所以，
又因为平面，所以平面
【小问2详解】
由（1）知，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
故可设，
所以，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

17. 年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过元（含元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有个形状、大小完全相同的小球（其中红球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸到个红球，享受免单优惠；若摸出个红球则打折，若摸出个红球，则打折；若没摸出红球，则不打折.方案二：从装有个形状、大小完全相同的小球（其中红球个，黑球个）的抽奖盒中，有放回每次摸取球，连摸次，每摸到次红球，立减元.
（1）若两个顾客均分别消费了元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
（2）若某顾客消费恰好满元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
【答案】（1）；（2）选择第一种抽奖方案更合算.
【解析】
【分析】（1）选择方案一，利用积事件的概率公式计算出两位顾客均享受到免单的概率；
（2）选择方案一，计算所付款金额的分布列和数学期望值，选择方案二，计算所付款金额的数学期望值，比较得出结论.
【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，
设顾客享受到免单优惠为事件，则，
所以两位顾客均享受到免单的概率为；
（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为、、、.
，，
，.
故的分布列为，
所以（元）.
若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，
由已知可得，故，
所以（元）.
因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.
【点睛】本题考查独立事件的概率乘法公式，以及离散型随机变量分布列与数学期望，同时也考查了二项分布的数学期望与数学期望的性质，解题时要明确随机变量所满足的分布列类型，考查计算能力，属于中等题.
18. 已知函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若是函数的极值点，求证：．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）由参数分离整理不等式，并构造函数，利用导数求得新函数的最值，可得答案；
（3）根据极值点与导数的关系，可得极值点的取值范围以及等量关系，整理所证的不等式，可得答案.
【小问1详解】
函数，求导得，则，而，
所以函数的图象在处的切线方程为.
【小问2详解】
不等式，
令，依题意，对任意的恒成立，
而，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，则，
所以实数m的取值范围是.
【小问3详解】
依题意，，求导得，令，
求导得在上恒成立，
则函数在上单调递增，由是函数的极值点，
得，即，由，则，
所以.
19. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆的右顶点，上顶点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，其中点在第一象限，点不在轴上，设直线的斜率分别为.
（i）求证：为定值；
（ii）设直线与轴交于点，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）由椭圆离心率和得出椭圆方程；
（2）（i）先设直线的方程，并与椭圆方程联立得到关于的不等式，再由韦达定理得出结论；（ii）先由直线与的斜率关系得到的面积等于2倍的的面积，故问题转化为求面积的最大值；因为，由三角形面积公式，只需求出点到直线的距离的最大值即可；当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，由与椭圆相切求出直线的方程，再由两平行线间距离公式得出的最大值，最后得出结论.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，
所以，即；
因为，
又，
解得，
所以椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
（i）设直线的方程为，其中，且，
联立方程组，
整理得，
所以.
所以
故为定值.
（ii）直线的方程为，令，得，故，
设直线与轴交于点，直线的方程为，
令，得，故；
由（i）可知，故，所以点是线段的中点，
故的面积，其中为点到直线的距离.
显然，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值.
设直线的方程为，即，
联立
整理得，由，解得.
所以平行直线与之间距离为，
即的最大值为，
此时的面积为，
所以的面积的最大值为.