河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试卷含解析（word版+pdf版），共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第 I 卷(选择题，共 58 分)
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. 已知复数 z 满足 2z+1=3−zi ，则 z⋅z= ()
A. 4 B. 22 C. 2 D. 2
【答案】 C
【分析】利用复数运算法则计算可得 z ,再利用共轭复数定义计算即可得解.
【解答】解: ∵2z+1=3−zi=3i−zi ,
∴2+iz=3i−1 ,
∴z=3i−12+i=3i−12−i2+i2−i=6i−2+3+i5=15+75i ,
∴z⋅z=15+75i15−75i=125+4925=2 .
故选: C .
2. 设集合 A=y∣y=2x+1,B={x∣2x−3≤0} ，则 A∩B= ()
A. 1,32 B. 1,32 C. 1,32 D. 1,32
【答案】 B
【分析】求出集合 A,B ,由此能求出 A∩B .
【解答】解: 集合 A=y∣y=2x+1={y∣y>1} ,B={x∣2x−3≤0}=x x≤32,
∴A∩B=x 10,b>0 的左、右焦点分别为点 F1,F2 ,斜率为正的渐近线为 l1 , 过点 F2 作直线 l1 的垂线,垂足为点 A ,交双曲线于点 P ,设点 M 是双曲线 C 上任意一点,若 PF2=23AF2,S△PF1F2=43 ,则 ( )
A. 双曲线 C 的共轭双曲线方程为 y2−x24=1
B. ab=2
C. 当点 M 位于双曲线 C 右支时, MF1MF2∈1,3+52
D. 点 M 到两渐近线的距离之积为 45
【答案】 BCD
【分析】利用三角形的面积公式和余弦定理得到双曲线 C 方程为 x2−y24=1 ,求得双曲线 C 的离心率和共轭双曲线方程即可判断 A、B ; 利用 MF2≥5−1 即可判断 C ; 渐近线方程为 y=±2x ,设 Mx0,y0 ,利用点到直线的距离公式即可判断 D .
【解答】解: 如图,因为 AF2=b ,所以 PF2=23b ,
yP=PF2sin∠PF2F1=23b⋅ac=2ab3c,
则 S△PF1F2=12⋅2c⋅2ab3c=43 ,所以 ab=2 ,所以 B 正确;
又 PF1=23b+2a ,在 △PF2F1 中,
cs∠PF2F1=F2F12+PF22−PF122F2F1PF2=4c2+23b2−23b+2a22⋅2c23b=bc ,化简得 b=2a ,
所以 a=1,b=2,c=5 ,双曲线 C 方程为 x2−y24=1 ,所以双曲线 C 的共轭双曲线方程为: y24−x2=1 ,所以 A 不正确;
对于 C,MF1MF2=MF2+2MF2=1+2MF2 ,因为 MF2≥5−1 ,
则 1c,∴A>C ,
∴∠C=45∘ .
故答案为: 45∘
14. 用1,2,3,4,5,6组成六位数 (没有重复数字),在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下, 1 和 2 相邻的概率是_____.
【答案】 59
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的 6 位数的个数, 再讨论个位是偶数, 并分 2 在或不在个位计数, 以及个位是奇数, 并分在或不在个位计数, 最后求目标概率.
【解答】解: 将 3 个偶数排成一排有 A33=6 种,再将 3 个奇数分两种情况插空有 2A33=12 种, 所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的 6 位数有 2A33⋅A33=72 种,
任意相邻两个数字的奇偶性不同且 1 和 2 相邻, 分两种情况讨论:
①当个位是偶数:2 在个位，则 1 在十位，此时有 A22⋅A22=4 种；
②2 不在个位:将 4 或 6 放在个位，百位或万位上放 2 ，在 2 的两侧选一个位置放 1 ，最后剩余的 2 个位置放其它两个奇数,此时有 C21⋅C21⋅C21⋅A22=16 种,
所以,个位是偶数共有 4+16=20 种,
同理, 个位是奇数也有 20 种, 则任意相邻两个数字的奇偶性不同且 1 和 2 相邻数有 40 种, 所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下,1 和 2 相邻的概率是 4072=59 .
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. (本小题满分 13 分)
在二项式 x−12xn 的展开式中,所有项的系数之和为 1512 .
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数绝对值最大的项.
【答案】(1) 2116 ；
(2) −212x92
【分析】(1)利用二项式的展开式的通项公式可得答案;
(2)利用数列最大项的求法列不等式，解不等式即可.
【解答】解: (1) 二项式 x−12xn 的展开式中,所有项的系数之和为 1512 ,
即 1−121n=1−12n=12n=1512 ,
解得: n=9 ,
二项式 x−12x9 的展开式通项公式为Tk+1=C9k−1k12kx9−3k2,k=0,1,…,9.
令指数 9−3k2=0 ,解得 k=6 ,
常数项系数为 C96−16126=C93⋅164=84⋅164=2116 .
所以展开式中的常数项为 2116 .
(2)_____ 212x92
16. (本小题满分 15 分)
2025 年 9 月 19 日 ~21 日，第 10 届中国国际食品餐饮博览会在长沙举行. 自 2025 年 9 月 1 日起, 某市市场监管部门规定:在一瓶水果罐头中，固形物含量不低于 55% 为优级品，固形物含量低于 55% 且不低于 50% 为一级品, 固形物含量低于 50% 为二级品或不合格品. 现有 6 瓶水果罐头, 已知其中 2 瓶为优级品, 4 瓶为一级品.
(1)若每次从中随机取出 1 瓶，取出的罐头不放回，求在第 1 次抽到优级品的条件下，第 2 次抽到一级品的概率;
(2)对这 6 瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出 6 瓶罐头的品级时终止检验,记检验次数为 X ,求随机变量 X 的分布列与期望.
【答案】(1) 45 ;
(2) X 的分布列为:
EX=6415.
【分析】(1) 设第 1 次抽到优级品为事件 A ,第 2 次抽到一级品为事件 B ,求出 PA,PAB , 根据条件概率的计算公式, 即可求得答案;
(2)确定随机变量 X 的取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列,进而求得数学期望.
【解答】解: (1) 设第 1 次抽到优级品为事件 A ,第 2 次抽到一级品为事件 B , 则 PA=C21C61=26=13,PAB=C21C41A62=415 ,
所以 PB∣A=PABPA=41513=45 ,
故在第 1 次抽到优级品的条件下,第 2 次抽到一级品的概率为 45 ;
(2)根据题意可知 X 的取值可能为2,3,4,5，
则 PX=2=A22A62=115,PX=3=C41C21A22A63=215 ,
PX=4=A44+C21C42A33A64=415,PX=5=1−115−215−415=815,
则 X 的分布列为:
EX=2×115+3×215+4×415+5×815=6415.
17. (本小题满分 15 分)
如图,等腰梯形 ABCD 中, AD//BC,AB=BC=CD=12AD=2 ,现以 AC 为折痕把 △ABC 折起,使点 B 到达点 P 的位置,且 PA⊥CD .

(1)证明:面 PAC⊥ 面 ACD ；
(2)若 M 为 PD 上的一点，点 P 到面 ACM 的距离为 255 ，求二面角 M−AC−D 的余弦值.
【答案】(1)证明见解答;
(2) 255 .
【分析】(1) 在梯形 ABCD 中,取 AD 的中点 N ,证明四边形 BCNA 为平行四边形,再根据圆的性质得出 AC⊥CD ,利用面面垂直的判定定理证明即可;
(2)以 C 为坐标原点建立空间直角坐标系,求得平面 ACM 的一个法向量，利用向量法可求二面角 M−AC−D 的余弦值.
【解答】(1) 证明: 在梯形 ABCD 中取 AD 中点 N ,连接 CN ,
则由 BC 平行且等于 AN 知 ABCN 为平行四边形,所以 CN=AB ,
由 CN=12AD ,知 C 点在以 AD 为直径的圆上,所以 AC⊥CD ,
又 AP⊥CD,AP∩AC=A ,所以 CD⊥ 面 PAC ,
又因为 CD⊂ 面 ADC ,
所以平面 APC⊥ 平面 ADC .
(2)以 C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
P3,0,1, A23,0,0, D0,2,0,
设 PM=λPD ,可得 M3−3λ,2λ,1−λ ,
∴CA=23,0,0,CM=3−3λ,2λ,1−λ ,
设平面 ACM 的一个法向量为 n=x,y,z ,
则 n⋅CA=23x=0n⋅CM=3−3λx+2λy+1−λz=0 ,令 z=2λ ,则 y=λ−1,x=0 ,
∴ 平面 ACM 的法向量 n=0,λ−1,2λ ,
∴PA=3,0,−1 ,
∴ 点 P 到面 ACM 的距离 ℎ=PA⋅nn=255=2λλ−12+4λ2⇒λ=12 ,
平面 ACM 的法向量 n=0,−12,1 ,平面 ACD 法向量 m=0,0,1 ,
∴cs=m⋅nm⋅n=255 ,
∴ 二面角 M−AC−D 的余弦值为 255 .
18. (本小题满分 17 分)
已知函数 fx=x22−alnx−a−1x−a2 .
(1)当 a=−1 时,求曲线 y=fx 在点 1,f1 处的切线方程;
(2)讨论 fx 的单调性;
(3)若 fx 有极小值，且 fx≥0 ，求 a 的取值范围.
【答案】(1) 4x−y−1=0 ;
(2)当 a≤0 时， fx 在 0,+∞ 上单调递增；
当 a>0 时, fx 在 0,a 上单调递减,在 a,+∞ 上单调递增.
(3) 0,1 .
【分析】(1) 利用导数求得 f′1 ,进而利用导数的几何意义可求得切线方程;
(2)求导，分 a≤0 和 a>0 两种情况讨论可求得 fx 的单调性;
(3)结合(2)可得 a>0 时， fx 有极小值，进而结合题意可得 a1−a−2lna≥0 ，进而求解即可.
【解答】解: (1) 当 a=−1 时, fx=x22+lnx+2x+12 ,
所以 f′x=x+1x+2 ,所以 f′1=1+11+2=4 , 又 f1=122+ln1+2×1+12=3 ,
所以曲线 y=fx 在点 1,f1 处的切线方程为 y−3=4x−1 ,即 4x−y−1=0 .
(2)由 fx=x22−alnx−a−1x−a2 ，
得 f′x=x−ax−a−1=x2−a−1x−ax=x−ax+1x ,
函数 fx 的定义域为 0,+∞ ,
若 a≤0 ,可得 x∈0,+∞ 时, f′x>0 ,所以 fx 在 0,+∞ 上单调递增;
若 a>0 时,当 x∈0,a 时, f′x0 ,所以 fx 在 a,+∞ 上单调递增.
综上所述: 当 a≤0 时, fx 在 0,+∞ 上单调递增;
当 a>0 时, fx 在 0,a 上单调递减,在 a,+∞ 上单调递增.
( 3 ) 由 ( 2 ) 可知当 a>0 时, fx 有极小值,极小值为 fa=a22−alna−a−1a−a2=−a22−alna+a2,
此时极小值也是最小值,由 fx≥0 ,可得 a22−alna+a2≥0,a21−a−2lna≥0 ,
又 a>0 ,所以 1−a−2lna≥0 .
令 ga=1−a−2lna ,求导得 g′a=−1−2ag1=0 ,当 a∈1,+∞ 时, gab>0 的焦距为 26 ，点 P6,3 在椭圆 C 上.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)点 Qm,n 是椭圆 C 上一点，过点 O0,0 作圆 Q:x−m2+y−n2=4 的两条切线分别交椭圆 C 于 M,N 两点,若直线 OM,ON 的斜率都存在,且分别记为 kOM,kON .
① 求 kOM⋅kON 的值;
②试问: △OMN 的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1) x212+y26=1 ;
(2)① kOM⋅kON=−12 ；②是， S△OMN=32 .
【分析】(1) 法一利用椭圆的定义求 a ,得出椭圆的标准方程; 法二利用待定系数法代入点求椭圆方程;
(2)①根据圆心到直线的距离为 2，得到方程，由根与系数的关系求出 k1⋅k2 ，再利用 Qm,n 在椭圆 C 上化简即可求解;
②根据不同的方法求出三角形面积的表达式, 化简即可得出三角形面积为定值.
【解答】解: (1) 法一:
由题意椭圆的焦点在 x 轴上,且 c=6 ,则 F1−6,0,F26,0 ,
由椭圆的定义 2a=PF1+PF2
得 2a=6−−62+3−02+6−62+3−02=27+3=43 ,
解得 a=23 ,则 b2=a2−c2=6 ,
则椭圆 C 方程为 x212+y26=1 ;
法二:
因为 2c=26 ,所以 a2=b2+c2=b2+6 ,即椭圆方程为 x2b2+6+y2b2=1b>0 ,
又 P6,3 在椭圆上,所以 6b2+6+3b2=1 ,解得 b2=6 ,
则椭圆 C 方程为 x212+y26=1 .
(2)易知圆 Q:x−m2+y−n2=4 的圆心为 m,n ，且原点在圆外，即 m2+n2>4 ，如下图:

① 令 kOM=k1,kON=k2 ,则直线 OM 方程为 y=k1x ,即 k1x−y=0 ,
因为直线 OM 与圆 Q 相切,所以圆心到直线的距离为 2,即 k1m−nk12+−12=2 ,
化简得 m2−4k12−2mnk1+n2−4=0 ,同理得 m2−4k22−2mnk2+n2−4=0 ,
则 k1,k2 是方程 m2−4k2−2mnk+n2−4=0 的两根,显然 Δ=16m2+n2−4>0 ,
由韦达定理可知 k1⋅k2=n2−4m2−4 ,
因为点 Qm,n 在椭圆 C 上,所以 m212+n26=1 ,则 n2−4=6−12m2−4=−12m2−4 ,
则 k1⋅k2=n2−4m2−4=−12 ,即 kOM⋅kON=−12 ;
②法一:
设 Mx1,y1,Nx2,y2 ,
则 k1=y1x1,k2=y2x2,OM=x12+y12=1+k12x1 ,点 N 到直线 OM 的距离为 d=k1x2−y21+k12=k1x2−k2x21+k12,
因为 k1⋅k2=−12 ,所以 k2=−12k1 ,则 d=k1x2−k2x21+k12=k1x2+12k1x21+k12=k1+12k1x21+k12 , S△OMN=12OM⋅d=121+k12x1⋅k1+12k1x21+k12=12k1+12k1x1x2,
由 y=k1xx212+y26=1 ,得 x12=121+2k12 ,同理 x22=121+2k22=121+2−12k12=24k121+2k12 ,
则 x12x22=121+2k12⋅24k121+2k12 ,则 x1x2=122k11+2k12 ,
所以 S△OMN=12k1+12k1x1x2=121+2k122k1⋅122k11+2k12=32 .
②法二:
设 Mx1,y1,Nx2,y2 ,则 OM=x12+y12 ,
因为 k1=y1x1 ,所以直线 OM 方程为 y1x−x1y=0 ,
所以 S△OMN=12OM⋅d=12x12+y12⋅y1x2−x1y2x2x12+y12=12y1x2−x1y2 ,
因为 M,N 两点在椭圆上,所以 x1212+y126=1,x2212+y226=1 ,
则 y12=k1x12=6−12x12,y22=k1x22=6−12x22 ,
所以 y12y22=6−12x126−12x22=36−3x12+x22+14x12x22 ,
又 x12+x22=121+2k12+24k121+2k12=12 ,
所以 v1x2−x1y22=v1x22−2y1x2x1y2+x2y22=6−12x12x22−2k1x1⋅x2⋅x1⋅k2x2+x126−12x22
=6x12+x22−x1x22−2k1k2⋅x1x22=6x12+x22=72 ,
则 S△OMN=12y1x2−x1y2=1272=32 .
②法三:
设 Mx1,y1,Nx2,y2 ,
(i) 若直线 MN 与 x 轴平行,由对称性 k1=−k2,x1=−x2,y1=y2 ,
因为 k1⋅k2=−12 ,所以不妨设有 k1=22 ,则 y1=22x2 ,
则 y12=22x12=6−12x12 ,解得 x12=x22=6 ,即 x1=6 ,
则 y1=y2=3,S△OMN=12x1−x2⋅y1=122x1⋅y1=12×26×3=32 .
(ii) 若直线 MN 不与 x 轴平行,设直线 MN 方程为 x=sy+t,t≠0 ,直线 MN 与 x 轴交点为 Gt,0 ,
则 S△OMN=12OG⋅y1−y2=12t⋅y1−y2 ,
由 x=sy+1x212+y26=1 ,得 s2+2y2+2sty+t2−12=0 ,
由 △=2st2−4s2+2t2−12>0 ,得 6s2−t2+12>0 ,
y1+y2=−2sts2+2,y1y2=t2−12s2+2,
所以 y1−y22=−2sts2+22−4t2−12s2+2=4s2t2−4s2+2t2−12s2+22=86s2−t2+12s2+22 ,
因为 k1⋅k2=−12 ,所以 y1x1⋅y2x2=y1sy1+t⋅y2sy2+t=y1y2sy1+tsy2+t=y1y2s2y1y2+sty1+y2+t2=−12 ,
即 t2−12s2+2s2⋅t2−12s2+2+st⋅−2sts2+2+t2=t2−12t2−6s2=−12 ,得 s2+2=t23 ,
显然 6s2−t2+12=t2>0 ,即 △>0 ,
S△OMN=12OG⋅y1−y2=12ty1−y2=12t86s2−t2+12t232=12t72t2=32
综上 S△OMN=32 .9
a
b
C
4
d
e
f
1
X
2
3
4
5
P
115
215
415
815
X
2
3
4
5
P
115
215
415
815