浙江省金华市卓越联考2025-2026学年高二下学期5月阶段检测数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金华市卓越联考2025-2026学年高二下学期5月阶段检测数学试题（Word版附解析），文件包含2026年高考物理一轮复习通用版专题17热学知识清单教师版docx、2026年高考物理一轮复习通用版专题17热学知识清单学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共60页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设i为虚数单位，若复数，则的虚部为（ ）
A．B．3C．D．
3．二项式的展开式中常数项为（ ）
A．B．C．D．4
4．已知向量，满足，，，则向量与夹角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
5．某校计划从2名男教师和6名女教师中，选出3名教师分别担任运动会开幕式的主持人、解说员和礼仪引导员．要求选出的3人中至少包含1名男教师，则不同的安排方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
6．“”是“函数的图象关于对称”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．已知圆锥的轴截面是面积为的正三角形，则该圆锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．设函数，，若曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．线性回归直线必然过样本中心点
B．在刻画回归模型的拟合效果时，决定系数的值越大，说明拟合的效果越好
C．已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数r越接近于1
D．正态曲线当一定时，越小，这条曲线越“瘦高”；越大，正态曲线越“矮胖”
10．如图，在三棱锥中，侧棱，，两两垂直，且，，，为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面，，的距离分别为，，，直线OP和三条侧棱所成的角分别为，，，直线和三个侧面所成的角分别为，，，则（ ）
A．该三棱锥的外接球直径为B．
C．D．
11．已知函数，，则（ ）
A．当时，存在极值点
B．若有三个不同零点，，，则
C．过点且与曲线相切的直线有且仅有1条
D．若有三个不同零点，，且在三个零点处的切线斜率分别为，，，则
三、填空题
12．若，，则________．
13．将4名某医科大学的学生分配到3个不同的医院实习，每个大学生被分配到每个医院的概率均等且相互独立．分配结束后，设实际有大学生分配实习的医院个数为，则数学期望________．
14．已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为________．
四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，若，求的值；
(2)若的值域为，求实数的取值范围．
16．某工厂生产一种仪器，已知该仪器出厂前的检测流程为：若第一次检测合格，则该件仪器合格；若第一次检测不合格，则对该件仪器进行调校后再进行第二次检测．如果第二次检测合格，则该件仪器合格；否则为不合格．已知该仪器第一次检测的合格率为0.8，第二次检测的合格率为0.5
(1)从未经过检测的仪器中随机抽取3件，按上述流程进行检测，记合格的件数为，求随机变量的分布列和数学期望；
(2)在统计学中，对于离散型随机变量，当且时，可以认为近似服从正态分布，其中和分别为在二项分布中的期望和标准差，现从未经过检测的仪器中随机抽取100件，按上述流程进行检测，试估计合格的件数的概率．
附：若，则，，．
17．记三角形的内角，，的对边分别为，，，的面积为S．
已知．
(1)求；
(2)若，点是线段的中点，求线段的最大值．
18．如图1，四边形是边长为2的正方形，中，，，分别为、的中点，将沿折起到位置（如图2），使平面平面．
(1)证明：平面．
(2)空间中是否存在一点，使到点、、、的距离都相等，若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值．
19．已知函数
(1)求的值．
(2)讨论的单调性．
(3)若存在3个不同的零点，，且满足，此外有两个极值点和，求证：．
1．B
【详解】 集合，是自然数集，
所以，又因为，
因此.
2．D
由复数的运算及虚部的概念可得结果.
【详解】由，可得，，
所以的虚部为.
3．A
【详解】二项式的展开式的通项公式为：
，
令，解得，
．
4．A
【详解】已知，则
，
解得，
设向量与的夹角为，则．
5．C
【详解】根据题意可知，不同的安排方法有两种情况：
1男2女：，
2男1女：，
不同的安排方法总计：．
6．B
根据余弦型函数的对称轴及充分条件、必要条件求解即可.
【详解】若函数的图象关于对称，
则，即，
因为是的真子集，
所以是函数的图象关于对称的必要不充分条件.
7．C
确定球心，利用勾股定理求出球的半径，进而求解外接球的体积.
【详解】因为圆锥的轴截面是面积为的正三角形，所以圆锥底面圆的半径，圆锥的高，
因为，所以圆锥外接球的球心在线段上，如图，
设圆锥外接球的半径为，在中，，
所以，解得，
所以该圆锥的外接球的体积为.
8．D
通过构造函数，求证是偶函数，根据零点个数得到，计算即可.
【详解】已知函数，，
令，定义域为，
由于曲线与恰有一个交点，即函数只有一个零点，
又因为，所以函数是偶函数，
因此的零点只能是，即，代入函数，得，解得，故D正确.
9．ABD
直接利用线性回归直线以及决定系数、相关系数、正态分布曲线的特点，对选项逐一判断即可.
【详解】对于A，线性回归直线必然经过样本中心点，这是线性回归的基本性质，故A正确；
对于B，决定系数是衡量回归模型拟合效果的重要指标，其值越大（越接近），说明模型解释因变量变异的能力越强，即拟合效果越好，故B正确；
对于C，相关系数的绝对值越接近，表示两个变量的线性相关性越强，故C错误；
对于D，正态分布中，当固定时，越小，曲线越“瘦高”，数据越集中；越大，曲线越“矮胖”，数据越分散；故D正确.
10．ABD
选项A，可将三棱锥补成长方体计算；选项B，根据三棱锥体积进行运算；选项CD，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成长方体，找到相应角进行计算；
【详解】对于A，由三条侧棱两两垂直，则该三棱锥可补成长方体，如图所示，该三棱锥的外接球也就是补成的长方体的外接球，
则外接球直径，故A正确；
选项B，由三棱锥的体积，得，
化简，得，故B正确；
对于C，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成如图所示的长方体，
则直线与所成角为记为，与所成角为记为，与所成角为记为，
则，，，则，
故C错误；
对于D，直线与平面、平面、平面所成角分别为，
则，
故
，故D正确.
11．BCD
对于A，可得，由判别式可判断极值点个数；对于B，将函数表达式写成，与原式比较常数项即可判断；对于C，设切点为，写出切线方程，根据切线过点建立等式，整理得到关于的方程，根据解的个数即可判断；对于D，将函数表达式写成，根据导数的运算法则求导，代入得到对应点的导数也即切线斜率，最后通分计算.
【详解】对于A，可得，当时，有，
此时恒成立，不存在极值点，故A错误；
对于B，若有三个不同零点，，，
则，
取，得，即，B正确；
对于C，设切点为，则切线方程为，
因为切线过点，可得，
即，整理得，
解得，则过点且与曲线相切的直线有且仅有1条，C正确；
对于D，若有三个不同零点，，，则，
求导得，
所以，
，
从而
，D正确.
12．2
由题得，再根据对数运算法则求解即可.
【详解】因为，，
所以，.
13．/
先确定随机变量的可能取值，再分别计算每个取值的概率，最后根据数学期望公式计算.
【详解】的可能取值为，总分配情况数为，
当 时，即 4 名学生全部分配到同一家医院；
当 时，即只有 2 个医院有学生实习：先选 2 个医院：，4 人分配至这 2 个医院，排除全在其中 1 个医院的情况： ；
当 时，即 3 个医院均有学生实习，人数分配为 ：选 1 个医院安排 2 名学生：，从 4 人中选 2 人分配至该医院：，剩余 2 人分配至剩下 2 个医院：
所以，，
，
所以.
14．
首先把原不等式变形为，然后分别分析的单调性和最值，得到恒在上方，所以有.
【详解】因为，原不等式等价于，
设，则，当时，单调递减，
当时，单调递增，
在上的最小值即为极小值；
设，则，当时，单调递增，
当时，单调递减，
在上的最大值即为极大值，
因为，所以在上恒成立，
所以等价于，
结合最值信息即有.
15．(1)
(2)
（1）当时，令，当时，令求解；
（2）易得时，，从而要使值域为R，只需在上的取值范围包含，令，分和时求解；
【详解】（1）当时，令，符合题意．
当时，令，，解得不符合，舍去．
综上．
（2）当时，，
所以要使值域为R，只需在上的上取值范围包含
则当时，令，
当时，可得，
因为在上的上取值范围包含，
所以，结合可得；
当时，在上是增函数，
所以，不满足在上的上取值范围包含，
综上
16．(1)分布列见解析，2.7
(2)0.976．
（1）由条件求该仪器的合格率，根据二项分布的定义判断随机变量，结合二项分布概率公式求分布列，再由二项分布期望公式求期望；
（2）结合题干信息判断随机变量Y近似服从正态分布，求，再根据正态分布性质并结合参考数据求结论.
【详解】（1）由题，该仪器的合格率，
所以随机变量，故其分布列为，
数学期望．
（2）由（1）知，随机变量，
此时np=100×0.9=90>5，，
所以可以认为随机变量Y近似服从正态分布，
其中μ=100×0.9=90，，
所以，
所以
．
所以合格的件数的概率约为0.976．
17．(1)
(2)．
（1）利用三角形面积公式和余弦定理，推得，结合内角范围，即可求得角；
（2）由余弦定理可得，由平方结合向量数量积运算，得，利用正弦定理结合三角恒等变换求得的范围，进而求得答案.
【详解】（1）由，则，
化简得，又，故.
（2）由余弦定理可得，即，
又，
所以
，
又由正弦定理可得，
所以，，
所以
，
由题意得，则，所以，
所以，所以，所以线段最大值为.
18．(1)证明见解析
(2)存在，点为与的交点
(3)．
【详解】（1），分别为，的中点，
，
∵四边形是边长为2的正方形，
，，
平面，平面，
平面．
（2）取的中点，连接，取中点，连接，
，，，，
∵平面平面，平面，平面平面，
平面．
∵四边形是边长为2的正方形，为中点，
，，
分别以，，所在直线为x轴y轴z轴建立空间直角坐标系，则，，，，
假设存在点到点，，，距离都相等，
解得，，即，
∴点存在，且点为与的交点；
（3）设平面、平面的法向量分别为，，
由（2）知，，，，
令，．
令，．
设平面、平面的夹角为，
，
平面与平面的夹角的余弦值为．
19．(1)0
(2)时，在单调递增；时，在上单调递减，在，上单调递增.
(3)证明见解析
【详解】（1）.
（2）定义域为，．
令，
1°时,，即，则在单调递增；
2°时，当，即时，，在单调递增；
当，即时，由可解得，
所以或时，
在，上单调递增，
时，，在上单调递减．
综上，时，在单调递增；
时，在上单调递减，
在，上单调递增.
（3）由（2）知若存在两个极值点，则，且和为的两根，
不妨令，，，且．
在上单调递增，上单调递减，上单调递增，且，
在上存在零点，上存在零点，上存在零点，
则有，
要证，
只要证，
，∴x1−1x1−alnx1=0，x3−1x3−alnx3=0，
又，
也是的零点，即，
下证
∵x3−1x3−alnx3=0，∴a=x3−1x3lnx3．
只要证，
只要证：，
令，，
在上单调递增，．
即，得证．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
A
C
B
C
D
ABD
ABD
题号
11









答案
BCD









0
1
2
3
0.001
0.027
0.243
0.729