广西壮族自治区南宁市第三中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试题（含答案）

南宁三中 2025~2026 学年度下学期高二月考(一) 数学试题
2026.3
一、单选题: 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. 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. 12 B. 24 C. 64 D. 81
2. 的展开式中的常数项为( )
A. 60 B. 120 C. 160 D. 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. 60 B. 84 C. 100 D. 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 -80 ,则实数 的值为( )
A. B. 2 C. 1 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. 150 B. 240 C. 390 D. 1440
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. 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:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
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 50% , 次品率为 4%；乙生产线生产的产品占30%，次品率为5%；丙生产线生产的产品占20%，次品率为 6%. 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1、2、3、4、5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 5 张卡片，则取卡顺序是 “和谐序”的概率为_____.
四、解答题:本题共 5 小题, 共 77 分, 其中第 15 题 13 分, 第 16 题 15 分, 第 17 题 15 分, 第 18 题 17 分, 第 19 题 17 分.解答应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤.
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 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.
1. D
根据题意结合分步乘法计数原理运算求解即可.
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
共有 6 个因式,从 2 个因式中选择 ,在剩下的 4 个因式中选择 , 则 的展开式中的常数项为 .
3. C
利用间接法,将首位为 0 的情况去掉即可求解.
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 0,从剩下的五个数字中任选 2 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.
由条件概率公式 得出 与 的关系,然后代入 公式化简即可.
由条件概率公式得 ,
因此 ,
将 代入 得 ,
解得 .
故选:
5. A
由 ,进而结合 展开式中的通项列方程求解即可.
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
结合捆绑法与全排列,并消除 和 的顺序即可求解.
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: C.
7. B
根据丙校派遣的人数进行讨论, 结合计数原理即可求解.
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
分析可得可以将 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, 分别计算每种放球方法种数, 再利用分类相加计数原理可求得结果.
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:
9. BD
对于 ,列举即可判断; 对于 ,根据乘法公式计算总样本容量,再列出事件 ,结合古典概型计算概率; 对于 ,根据条件概率公式 计算.
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
其中 且 的有 共 7 种,
10.
利用赋值法判断 ; 根据所有含 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,可判断 ; 根据 被 7 整除得余数,可判断 ; 对 两边求导,再赋值即可判断 .
对于 ,令 ,
得 ,
令 ,得 ,
故 , 正确;
对于 ,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 正确;
对于 ,
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 ,
两边求导得 ,
再令 ,得 ,故 D 错误.
11. BCD
对于 ,根据独立事件的概率公式求解判断,对于 ,根据条件概率公式求解判断, 对于 ,根据和事件的概率公式求解判断,对于 ,由题意可得 , ,然后求出 比较即可.
对于 ,所以 错误;
对于 ,
所以 ,所以 正确;
对于 ,因为 ,
所以 ,所以 正确,
对于 ,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. 0.047
利用全概率公式进行求值.
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: 0.047
13. 141
根据二项式定理展开式可得 通项为 ,再得 得展开式通项为 ,并确定 与 的取值范围,则可得常数项时 的取值,即可得展开式的常数项.
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0,2,4,6,对应的 的取值为0,1,2,3
则 的展开式的常数项为: .
故答案为: 141 .
14.
对抽卡片的顺序进行分类讨论, 结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
分两种情况讨论:
(1)第一步，从 1 号或 3 号卡片抽取一张，有 2 种情况，比如先抽 1 号卡片，
第二步, 从 3 号或 5 号卡片抽取一张, 有 2 种情况, 比如先抽 3 号卡片,
第三步, 从 2 号或 5 号卡片抽取一张, 有 2 种情况, 比如先抽 2 号卡片,
第四步, 从 4 号或 5 号卡片抽取一张, 有 2 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 5 号卡片，
第二步, 从 1、3、4 号卡片抽取一张, 有 3 种情况, 比如先抽 1 号卡片,
第三步, 从 3、4 号卡片抽取一张, 有 2 种情况, 比如先抽 3 号卡片,
第四步，从 2、4 号卡片抽取一张，有 2 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 5 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)
(1) 设等比数列 的公比为 ,由已知可得 ,进而计算可求得 ,可求 的通项公式;
(2)由(1)可得 ，利用错位相减法可求数列 的前 项和 .
(1) 设等比数列 的公比为 ,
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
①-②得
.
则 .
16.(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:
0 2 3 4 5
1 1 6
可得 .
17.(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) 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)
(1) 根据导数求出 的单调性,再结合单调性求最值即可;
(2)根据 将其转化为 ，令 ，通过导函数研究 图象性质，即可根据 与 图象的交点个数确定 的零点个数;
(3)根据 分情况讨论，由 解得 ，或 ，由题意，结合 的图象
求出 的取值范围,分析得出 ,据此将题中的
转化为 的函数,再结合导数求解单调性即可求出 的范围.
(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,
所以实数 的取值范围是 .