浙江杭州市余杭第二高级中学（杭州市临平第二高级中学）2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案）

这是一份浙江杭州市余杭第二高级中学（杭州市临平第二高级中学）2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案），共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷.等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷满分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．所必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷.
第I卷
一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先化简集合，再根据交集的概念求解即可.
【详解】集合，集合，
则.
故选：C
2. 复数，则复数在复平面内的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】D
【详解】，
则复数在复平面内的对应点为，则其位于第四象限.
3. 若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【正确答案】D
【分析】利用百分位数的概念计算，再利用二项式展开式通项公式求常数项即可.
【详解】因为，
所以的第上四分位数是，即，
则，
由解得，
所以常数项为，
故选：D.
4. 过抛物线的焦点，且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由抛物线的焦点坐标和直线垂直的斜率关系求解.
【详解】抛物线的焦点为，
设与直线垂直的直线方程为，
代入，可得，故所求直线方程为，
即.
故选：B.
5. 有两个盒子，第一个盒子恰有1个红球，4个黄球，第二个盒子恰有2个红球，3个黄球．现从这两个盒子中等可能地选择一个盒子，然后从中任意摸出2个球，则这2个球都是黄球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由全概率公式即可求解.
【详解】设表示取得的2个球都是黄球，表示选择第一个盒子，表示选择第二个盒子；
所以，
故选：C
6. 已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（ ）
A. B. 1C. D.
【正确答案】D
【分析】设切点坐标，由题意可得且，求解即可.
【详解】设切点坐标为，
，
则且，
解得，再代入，
可得：，
故选：D
7. 长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角坐标运算公式结合基本不等式即可求出结果.
【详解】在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设是的中点，所以.
设，，
因为，所以，所以，
设异面直线与所成角为，
因为异面直线成角范围是，
则，
因为，所以，当且仅当时取等号，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为.
故选：A.
8. 某平面四边形中，，，，设，.当的面积取得最大值时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用余弦定理和正弦定理并将面积表示为三角函数关系，再结合二倍角的正弦，降幂公式，辅助角公式以及正弦函数的取值求最大值.
【详解】
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，
所以，所以,
在由正弦定理得，
所以
因为
所以
，
因为所以所以当即时，
此时的面积取得最大值.
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若与互斥，则B. 若与相互独立，则
C. 若，则与相互独立D. 若，则
【正确答案】BC
【分析】由互斥事件、独立事件及条件概率的计算公式逐个判断即可.
详解】对于A：，A错；
对于B：，，B对，
对于C：由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，C对，
对于D：由，可得，
所以，D错，
故选：BC
10. 已知，且，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ABC
【分析】推导出，利用基本不等式可判断AB选项；计算得出，令，其中，利用导数求出函数的最小值，可判断C选项；利用特殊值法进而判断D选项.
【详解】因为，且，所以，
因为，所以，可得，即.
对于A选项，由基本不等式可得，
等号成立当且仅当时，即当时，等号成立，
又因为，故等号不成立，即，A对；
对于B选项，，
当且仅当时，即当或时，等号成立，
故，B对；
对于C选项，，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的单调递减区间为，递增区间为，
故，即，C对；
对于D选项，不妨取，，则，D错.
故选：ABC.
11. 已知曲线，点在曲线上，下列说法正确的有（ ）
A. 曲线是中心对称图形
B. 若，则有最大值，无最小值
C. 存在两个定点，使得为定值
D. 若直线与曲线交于两点，与轴交于点，与直线交于点，则
【正确答案】ACD
【分析】根据是奇函数，结合对称性可判断A；由，结合基本不等式可判断B；根据双曲线定义可判断C；直线与曲线联立方程可得，解方程组可得，，计算可判断D.
【详解】由题意可得
对于A，因为是奇函数，所以曲线关于对称，所以A正确；
对于B，，
当且仅当，即时，取等号，所以有最小值，无最大值，所以B错误；
对于C，对曲线，不论a，b取何实数，都表示双曲线，由双曲线的定义可知，C正确；
对于D，联立直线与曲线的方程得，
所以，
由已知，
故；
由得；显然，
所以，所以，
又，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
第II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，则共可组成_______个四位数．
【正确答案】300
【分析】根据排列，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】从1，2，3，4，5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有，
故300
13. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为_______．
【正确答案】
【分析】由，得到，再由得到，再由夹角公式即可求解.
【详解】由，
可得：，
即，即，
又，可得：，
即，
所以，所以，
又，所以与的夹角为
故答案为.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，是的中点，且满足，则的离心率为__________.
【正确答案】
【分析】法一：由题意和重心性质结合勾股定理依次求出、、、即可由椭圆定义求出离心率；
法二：设，由题设求出点P代入椭圆方程即可求解.
【详解】法一：由题意PO和的交点为的重心，则.
因为，所以，
所以Rt中，，从而，
又，，则，
从而，从而.
法二：设，由题设知可得.
由可得，解得，
代入得，
从而.
故答案为:.
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
【正确答案】（1）
（2）或.
【分析】（1）根据正弦定理化简等式，求出.
（2）根据余弦定理求出，然后根据三角形面积公式求出面积即可.
【小问1详解】
由正弦定理，代入，得，
代入，得，即，
两边平方得到，所以.
【小问2详解】
由和，得及，
又，所以，解得或.
当时，
当时.
所以或.
16. 某科技公司研发了一款用于医疗影像辅助诊断的AI算法，为了测试该算法的准确性，工程师准备了一组包含25张正常样本和75张异常样本的100张医学影像，算法对每张影像进行独立识别与判断，根据初步测试，算法的判断准确率如下：
当影像为正常样本时，算法判断为“正常”的概率为，
当影像为异常样本时，算法判断为“异常”的概率为.
（1）从这100张影像中随机抽取2张，求2张均为正常样本的概率；
（2）现从100张影像中随机抽取3次，每次抽取1张影像进行测试，每次抽取并测试后放回，用随机变量表示这3次测试中算法正确判断的次数，求随机变量的分布列及其数学期望.
【正确答案】（1）
（2）分布列见解析，
【分析】（1）利用组合知识解决古典概型的概率问题；
（2）先利用全概率公式计算“算法正确判断”的概率，得出，根据二项分布求出分布列以及期望.
【小问1详解】
记“抽到的两张均为正常样本”为事件，
则，
故2张均为正常样本的概率为；
【小问2详解】
记“抽取一张抽到正常样本”为事件，“算法判断为正常”为事件，
“算法正确判断”为事件，
则“抽到异常样本”为事件，“算法判断为异常”为事件，
则，
，
则，
法一，
，
的分布列为
.
法二：的分布列为，
.
17. 在四棱锥中，底面为菱形，，是的中点，.
（1）当时，证明：平面；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）先作辅助线得出，再应用线面平行判定定理证明即可；
（2）先应用线面垂直判定定理求出平面的一个法向量，再应用线面角正弦值得出，进而得出平面的一个法向量最后应用二面角余弦公式计算求解.
【小问1详解】
设相交于点，在平面内，过点作交于点（如图1），
由已知得，所以，所以点为中点，点为中点；
又点为中点，所以，且平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，
所以平面，
所以平面，
过A作轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系（如图2）.
设，则，，
由得，
因为为菱形，所以，
因为，平面，所以平面，平面，
所以平面，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
.
所以E是的中点.
所以，而，
设平面的一个法向量为，则
，
令，则，，
，
所以平面与平面夹角的余弦值.
18. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为上有两个不同动点.
（1）若直线过点，求证：；
（2）已知定点，若线段的长度依次成等差数列；
（i）求证：线段的垂直平分线经过一个定点；
（ii）若（i）中的定点到原点的距离为，求面积的最大值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析（ii）
【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，再利用韦达定理求解；
（2）（i）设，利用抛物线定义结合已知得到，写出的垂直平分线方程求解；
（ii）结合（i）由，得到，令，得到，与抛物线方程联立，求得弦长和Q到AB的距离，得到，方法一：利用基本不等式求解；方法二：令，得到，再令，利用导数法求解.
【小问1详解】
显然直线AB的斜率不为，又，所以可设直线的方程为，
联立，消去x得，由韦达定理得.
【小问2详解】
如图所示：

（i）证明：设，
则由已知及抛物线定义得，，即，
当时，的垂直平分线方程为，
令，得，
所以的垂直平分线经过一个定点，
当时，由对称性知的垂直平分线为轴，也经过点，
综上，的垂直平分线经过一个定点；
（ii）由题意，，解得，所以，
故抛物线的方程为，，
令，则的中点，所以，
当时，直线的方程为，
联立消得，
且依题意，解得且，且，
由弦长公式得，
又Q到直线的距离，
所以，
方法一：，
，
当且仅当，即时取等号，
所以；
方法二：令，则，
记，令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以，
当时，线段的中点，
由对称性知为通径，不妨取、，
则.
综上得，此时直线的方程为或.
19. 已知函数．
（1）若，求函数的单调区间；
（2）对任意，不等式恒成立，求a的取值范围；
（3）对任意，不等式恒成立，求a的取值范围．
【正确答案】（1）增区间是，减区间是
（2）
（3）
【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数的正负，求解函数的单调性；
（2）首先不等式变形为，再设函数，利用导数判断函数的单调性，转化为隐零点问题，求函数的最值，即可求的取值范围；
（3）首先不等式变形，并且同构为函数，根据函数的单调性，得到恒成立，转化为求函数的最值问题.
【小问1详解】
此时，从而
所以当时，当时
因此增区间是，的减区间是
【小问2详解】
得
则在上单增
唯一，得
当时，单减,
当时，单增，
又
得
因为关于递减，而且当时
所以，进而
【小问3详解】
得
在上单增，则得恒成立
得
当时，单增
当时，单减

因为，则 X
0
1
2
3