2026南宁三中高二下学期3月阶段检测试题数学含解析

这是一份2026南宁三中高二下学期3月阶段检测试题数学含解析，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（ ）
A．12B．24C．64D．81
2．的展开式中的常数项为（ ）
A．60B．120C．160D．240
3．从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为（ ）
A．60B．84C．100D．120
4．已知，是随机事件，若，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知的展开式中项的系数为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
6．从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ）
A．480种B．240种C．120种D．60种
7．某学校拟派5名教师去甲、乙、丙这3所不同的学校参观学习，每名教师只去一所学校，每个学校至少要派遣1名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有（ ）
A．110种B．100种C．90种D．80种
8．已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150B．240C．390D．1440
二、多选题
9．在一个不透明的盒子中，放有标号分别为1，2，3，4的四个大小相同的小球，现从这个盒子中有放回地先后取两个小球，取到球的标号分别为，，记，则下列说法正确的是（ ）
A．事件“”与“且”是相等事件
B．当时，，的取值有4种情况
C．
D．
10．已知，则下列描述正确的是（ ）
A．
B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为
C．被7整除所得的余数是4
D．
11．有个编号分别为的盒子，1号盒子中有1个白球和2个黑球，其余盒子中均有2个白球和2个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；；以此类推，记“从号盒子取出的球是白球”为事件，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．某批产品分别来自甲，乙，丙三条生产线，甲生产线生产的产品占，次品率为；乙生产线生产的产品占，次品率为；丙生产线生产的产品占，次品率为．现从这批产品中随机抽取一件进行检测，则抽到的产品是次品的概率是______．
13．的展开式中常数项为___________.
14．将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________．
四、解答题
15．已知等比数列满足，且是与的等差中项．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
16．甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2分、0分，根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为，乙不投3分球，他一次投篮得2分、0分的概率分别为．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互独立，每次投篮也互不影响．
(1)记一轮投篮后，甲的得分为，乙的得分为，求；
(2)记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量，求的分布列及数学期望．
17．如图，内接于圆，为圆的直径，平面，为线段的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若，，，求平面与平面所成角的余弦值．
18．已知抛物线的准线为，点到的距离为3.过点作两条直线， 其中斜率为 的直线与交于、两点，斜率为 的直线与交于、两点，其中点均在第四象限.
(1)求抛物线的方程;
(2)若，证明: ;
(3)若直线经过点，证明直线经过定点，并求出该定点坐标.
19．已知函数，．
(1)当时，求在区间上的最大值与最小值；
(2)讨论的零点个数；
(3)若函数有三个不同的极值点，，，且满足，求的取值范围．
参考答案
1．D
【详解】由题意可知：每位同学均有3个运动队选择，
所以不同的报名方法种数是.
故选：D.
2．D
【详解】共有个因式，从个因式中选择，在剩下的个因式中选择，
则的展开式中的常数项为.
3．C
【详解】从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字，共有种选法，
若首位为，从剩下的五个数字中任选个数字，共有种选法，
所以组成无重复数字的三位数的个数为.
故选：
4．D
【详解】由条件概率公式得，
因此，
将 代入得，
解得.
故选：D
5．A
【详解】由，
而展开式中的通项为，
，
令，得；令，得，
则的展开式中项的系数为
，解得.
故选：A.
6．C
【详解】站在一起有种，
将看成一个整体与进行全排列，共有种，
同时要求在的左边，共有种．
故选：.
7．B
【详解】若丙校派遣1人，则甲校可以派遣1或2或3人，派遣方案有种；
若丙校派遣2人，则甲校必须派遣2人，派遣方案有种；
所以满足条件的不同的派遣方案有种．
故选：B．
8．C
【详解】因为或
所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中
（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：
各放1个，2个，2个的方法有种.
各放3个，1个，1个的方法有种.
（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为种.
故选：C
9．BD
【详解】事件“”表示，有“且”或“且”两种情况，故A错误；
当时，或或或四种情况，故B正确；
从这个盒子中有放回地先后取两个小球，共种情况，
其中的有或或或或或共6种情况，
，故C错误；
的情况有、、、、、、、
、、共10种，
其中且的有、、、、、、共7种，
，故D正确．
10．ABC
【详解】对于A，令，
得，
令，得，
故，A正确；
对于B，所有含的奇数次项的二项式系数和，
与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，都为，故B正确；
对于C，，
故只需考虑被7整除得余数，
因为，
被7整除的余数为4，故C正确；
对于D，，
两边求导得，
再令，得，故D错误.
11．BCD
【详解】对于A，，所以A错误；
对于B，，
所以，所以B正确；
对于C，因为，，
所以，所以C正确，
对于D，由题意可得，，
，
所以，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，则，所以D正确.
故选：BCD.
12．
【详解】设抽到的产品来自甲生产线为事件，来自乙生产线为事件，来自丙生产线为事件，抽到的产品为次品时事件，
则，，，
，，.
所以.
故答案为：
13．141
【详解】解：的展开式的通项为，其中
又的通项为，其中
则取常数项时，则的可能取值为，对应的的取值为
则的展开式的常数项为：.
故答案为：141.
14．
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第二步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第三步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第四步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，
第五步，抽最后一张卡片，
此时，不同的抽法种数为种；
（2）第一步，抽号卡片，
第二步，从、、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第三步，从、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第四步，从、号卡片抽取一张，有种情况，
第五步，抽最后一张卡片，
此时，不同的抽法种数为种.
而从张卡片随意抽取，不同的抽法种数为，
因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）设等比数列的公比为q（)，
因为是与的等差中项，
所以，所以，因为，所以，
所以的通项公式为．
（2）由（1）可得，
则，①
，②
①②得
．
则．
16．(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）的取值为3,2,0,对应的概率分别为，，.
的取值为2,0，对应的概率分别为，.
当时，取2或0都满足，
此时概率为.
当时，取2或0都满足，
此时概率为.
当时，只有满足，
此时概率为.
根据互斥事件概率的加法公式，可得.
（2）的可能取值为0,2，3，4，5.
.
.
.
.
.
的分布列如下表所示：
可得.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明 因为内接于圆，为圆的直径，所以．
因为平面，平面，
所以．
又，平面，，
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）因为平面，，平面，
所以，．
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，
则，，，，
所以，．
设平面的法向量，由得
不妨设，则，
所以平面的一个法向量．
又，，
设平面的法向量，
由得
不妨设，则，，
所以平面的一个法向量．
所以，
即平面与平面所成角的余弦值为．
18．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析，.
【详解】（1）抛物线的准线为，由点到的距离为3，
得，解得，所以抛物线的方程.
（2）依题意，令，由，得，设，
直线的方程为，直线的方程为，
由消去得，则，
，同理得，
所以.
（3）直线的斜率，方程为，
整理得，而直线过点，则，
设，同理得直线的方程，而直线过点，
因此，由，得，
则，直线的方程，
即，整理得，
所以直线经过定点.
19．(1)最大值为，最小值为1
(2)当时，无零点，当或时，有1个零点，当时，有2个零点.
(3)
【详解】（1）当时，，，
当时，，所以在上单调递增，
所以，．
（2）令，得，即，
令，则的零点个数等价于直线与函数的图象的交点个数，
，令，得，
当时，，则，所以在上单调递增；
当时，，则，所以在上单调递减，
所以，
又当时，，当时，；
所以的大致图象如下所示：
数形结合得，当时，直线与的图象无交点，故无零点；
当或时，直线与的图象有1个公共点，故有1个零点；
当时，直线与的图象有2个交点，故有2个零点.
（3）由题知，
则，
当时，，方程只有唯一解1，显然不合题意；
当时，由，可得，或，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以在处取得最大值，此时，
又当时，，当时，，
要使在定义域内有三个不同的极值点，需使的图象与直线有两个不同的交点，即得，
不妨设，则，所以，即，
所以，
所以
，
令，则，
易知在上单调递增，
所以，又，
所以，即在上单调递增，
因为，则当时，恒有，
即当时，恒成立，0
2
3
4
5