河北石家庄市第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题（含解析）

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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，则（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数运算法则计算可得，再利用共轭复数定义计算即可得解.
【详解】，则，
故，
故.
故选：C.
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的性质，求得集合和，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，
所以.
故选：B.
本题主要考查了集合交集的概念及运算，以及指数函数的图象与性质的应用，其中解答中结合指数函数的性质求得集合是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
3. 设等差数列的前项和为.若，则（ ）
A. 12B. 15C. 18D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，进而结合题意列出关于的方程解得，再根据通项公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，首项为，
因为，
所以，即，解得，
所以
故选：B
4. 函数的大致图象为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数奇偶性排除A、C.当时排除B
【详解】解：由可得
所以函数为偶函数，排除A、C.
因为时，，排除B.
故选：D.
5. 的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是
A. 28B. C. 70D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意求得，求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【详解】的展开式中只有第5项的二项式系数最大，故n为偶数，
展开式共有9项，故．
即，它的展开式的通项公式为，
令，求得，
则展开式中的常数项是，
故选A．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
6. 已知正三棱柱的高为，它的六个顶点都在一个直径为4的球的球面上，则该棱柱的体积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据球的截面圆的性质，得到棱柱底面与球的截面圆的半径，进而求得底面三角形的边长为，结合体积公式，即可求解.
【详解】由题意可知球的半径，
因为正三棱柱的高为，则球心到三棱柱底面的距离，
根据球的截面圆的性质，可得，即，解得，
棱柱底面与球的截面圆的半径，
三棱柱的底面三角形为截面圆内接正三角形，可得三角形的边长为，
所以三角形的面积为，
该棱柱的体积为.
故选：D.
本题主要考查了棱柱的体积的计算，以及球的性质的应用，其中解答中合理应用求得性质，以及正三角形内切圆的性质，结合棱柱的体积求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
7. 将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（ ）
A. 12B. 24C. 36D. 48
【答案】A
【解析】
【分析】确定1，9的位置，再确定2，3的位置，最后确定余下4个数的位置，列式计算即可.
【详解】由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图，

排在位置，有种方法，
从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法，
最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法，
所以填写方格表的方法共有（种）.
故选：A
8. 如果方程能确定y是x的函数，那么称这种方式表示的函数是隐函数．隐函数的求导方法如下：在方程中，把y看成x的函数，则方程可看成关于x的恒等式，在等式两边同时对x求导，然后解出即可．例如，求由方程所确定的隐函数的导数，将方程的两边同时对x求导，则（是中间变量，需要用复合函数的求导法则），得．那么曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用给定隐函数的导数求法确定斜率，再求出切线方程即可.
【详解】由给定定义得，对左右两侧同时求导，
可得，将点代入，得，
解得，故切线斜率为，得到切线方程为，
化简得方程为，故B正确.
故选：B
二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（ ）
A. B.
C. A与B为互斥事件D. A与B相互独立
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定条件，利用古典概率、条件概率公式，结合互斥事件、相互独立事件的意义计算判断.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，，B正确；
对于C，事件可以同时发生，则A与B不互斥，C错误；
对于D，，由选项AB知，，则A与B相互不独立，D错误.
故选：AB
10. 定义为数列的“优值”，已知某数列的“优值”，数列的前项和，则（ ）
A. 为等差数列B. 为递减数列
C. D. 成等差数列
【答案】AC
【解析】
【分析】由新定义可得，以替换，可得，两式作差可得数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】解：由．得①，
所以当时，②，
①-②得当时，，即当时，，
当时，由①知，满足，所以，
数列是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B错误．
又，所以，故C正确．
因为，，，所以 ，所以不构成等差数列，故D错误，
故选：AC．
11. 双曲线的左、右焦点分别为点，斜率为正的渐近线为，过点作直线的垂线，垂足为点，交双曲线于点，设点是双曲线上任意一点，若，则（ ）
A. 双曲线的共轭双曲线方程为
B.
C. 当点位于双曲线右支时，
D. 点到两渐近线的距离之积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角形的面积公式和余弦定理得到双曲线方程为，求得双曲线的离心率和共轭双曲线方程即可判断A、B；利用即可判断C；渐近线方程为，设，利用点到直线的距离公式即可判断D.
【详解】如图，因为，所以，|OA|=c2−b2=a，
yP=PF2sin∠PF2F1=23b⋅ac=2ab3c，
则，所以，所以B正确；
又PF1=PF2+2a=23b+2a，在中，
由余弦定理，cs∠PF2F1=F2F12+PF22−PF122F2F1‖PF2=4c2+23b2−23b+2a22⋅2c·23b=bc，化简得，
所以，双曲线方程为，所以其共轭双曲线方程为：，故A不正确；
对于C，MF1MF2=MF2+2MF2=1+2MF2，因为，
则，即，所以C正确；
对于D，双曲线的渐近线方程为，设，
点到两渐近线的距离之积为2x0−y05⋅−2x0−y05=4x02−y025=45，故D正确.
第II卷（非选择题，共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填写在答题卡相应位置上.
12. 的展开式中的系数为__________.（用数字作答）
【答案】16
【解析】
【分析】利用二项式定理，通过对展开式的通项讨论得出结果
【详解】考虑二项式1−x4展开式的通项为C4k−xk，
当时，该项为；当时，该项为；
因此2−x1−x4展开式中项为2·6x2−x·−4x=12x2+4x2=16x2，
所以展开式中的系数为16.
13. 在中，角所对的边分别是，已知，，
则角__________．
【答案】
【解析】
【详解】∵1+=，即===，
∴csA=，即A为锐角，
∴sinA==，
∵a=2，c=2，
∴由正弦定理=得：sinC==，
∵a＞c，∴A＞C，
∴C=．
故答案为：．
14. 用组成六位数（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】
【解析】
【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.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
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，此时有种；
（2）2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，最后将剩余的1个偶数和2个奇数填入剩余的3个空位中，此时有种，
所以，个位是偶数共有种，
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相邻的数有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.
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. 在二项式的展开式中，所有项的系数之和为.
（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）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二项式的展开式的通项公式计算即可.
（2）利用数列最大项的求法列不等式，解不等式即可.
【小问1详解】
二项式的展开式中，所有项的系数之和为.
，解得.
二项式的展开式通项公式为.
令，得.
所以展开式中的常数项为.
【小问2详解】
设第项系数绝对值最大，则
，解得，又，.
.
即展开式中系数绝对值最大的项是.
16. 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，固形物含量不低于为优级品，固形物含量低于且不低于为一级品，固形物含量低于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，求随机变量的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设第1次抽到优级品为事件，第2次抽到一级品为事件，求出，根据条件概率的计算公式，即可求得答案；
（2）确定随机变量的取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，进而求得数学期望.
【小问1详解】
设第1次抽到优级品为事件，第2次抽到一级品为事件，
则，
所以.
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.
【小问2详解】
根据题意可知的取值可能为2，3，4，5.
则，
则的分布列为
所以.
17. 如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用平行四边形的判定和性质得，利用直角三角形性质得，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）分别取中点，连接，利用面面垂直的性质定理及线线平行性质得平面，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
在梯形中，取中点，连接，

，，四边形为平行四边形，，
，，
，，平面，平面，
平面，平面平面.
【小问2详解】
分别取中点，连接，
，为中点，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
分别为中点，，平面，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，，
设，则，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，
解得：，；
平面轴，平面的一个法向量，
，又二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有极小值，且，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数求得，进而利用导数的几何意义可求得切线方程；
（2）求导，分和两种情况讨论可求得的单调性；
（3）结合（2）可得时，有极小值，进而结合题意可得，进而求解即可.
【小问1详解】
当时，，
所以，所以，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
由，
得，
函数的定义域为，
若，可得时，，所以在上单调递增；
若时，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由（2）可知当时，有极小值，极小值为，
此时极小值也是最小值，由，可得，，
又，所以.
令，求导得，
所以在上单调递减，又，
当时，，当时，，
所以时，，此时满足，
所以a的取值范围.
19. 已知椭圆（）的焦距为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）点是椭圆上一点，过点作圆的两条切线分别交椭圆于，两点，若直线，的斜率都存在，且分别记为，.
①求的值：
②试问：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）
（2）①；②是，
【解析】
【分析】（1）法一利用椭圆的定义求，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，再利用在椭圆上化简即可求解；
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.
【小问1详解】
法一：
由题意椭圆的焦点在轴上，且，则，
由椭圆的定义得，
解得，则，
则椭圆方程为；
法二：
因为，所以，即椭圆方程为（），
又在椭圆上，所以，解得
则椭圆方程为.
【小问2详解】
易知圆的圆心为，且原点在圆外，即，如下图：
①令，，则直线方程为，即，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，即，
化简得，同理得，
则是方程的两根，显然，
由韦达定理可知，
因为点在椭圆上，所以，则
则，即
②法一：
设，，
则，，，点到直线的距离为，
因为，所以，则，
，
由，得，同理，
则，则，
所以.
②法二：
设，，则，
因为，所以直线方程为，
所以，
因为，两点在椭圆上，所以，，
则，
所以，
又，
所以
，
则.
②法三：
设，
（i）若直线与轴平行，由对称性，，，
因为，所以不妨设有，则，
则，解得，即，
则，.
（ii）若直线不与轴平行，设直线方程为，（），直线与轴交点为,
则,
由，得，
由，得，
，
所以,
因为,所以,
即，得，
显然，即，
.
综上2
3
4
5
P