精品解析：重庆市南城巴川学校2024-2025学年高二下学期第二阶段考试数学试题

巴川系高2026届高二下期二阶考试 数学试卷 满分：150分；考试时间：120分钟 命题学校：南城巴川学校 命题人：审题人： 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，只有一项符合题目要求 1. 已知，，且，则（ ） A. -6 B. 5 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量共线的坐标公式计算即得. 【详解】由可得，解得. 故选：D. 2. 已知正项等比数列的前项和为，若，且，则（ ） A. 32 B. 31 C. 17 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，利用等比数列性质可以求得，结合的值求得公比，进而求出首项，利用求和公式计算即可得出. 【详解】在正项等比数列数列中， 由，解得. 又∵，∴，解得：，∴， ∴ 故选：D. 3. 已知点，点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定的轨迹为圆，再求圆心到直线距离，进而判断圆上点到直线距离的最大值，注意取值条件. 【详解】由题设在以为圆心，为半径的圆上， 又的直线的距离， 则，当且仅当时取等号， 所以点P到直线的距离最大值为5. 故选：D 4. 在棱长为2的正方体中，点，分别为平面，平面的中心，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正方体建系，分别求出相关点和向量的坐标，计算出平面APQ的法向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【详解】如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，平面的中心，平面的中心， 于是，， 设平面的法向量为，则，取，得， 则点B到平面APQ的距离为. 故选：B 5. 某平台为维护消费者权益，开设维权通道，消费者可通过电话投诉专线、邮件投诉等多个渠道进行消费维权投诉．平台将对投诉情况进行核实，为消费者提供咨询帮助．据统计，在进行维权的消费者中，选择电话投诉专线维权和邮件投诉维权的概率分别为和，且对应维权成功的概率分别为、，选择其他方式维权且成功的概率为，则在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设选择邮件投诉为事件，维权成功为事件，求出、的值，利用条件概率公式可求得的值. 【详解】设选择邮件投诉为事件，维权成功为事件， 则，， 故在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为. 故选：B. 6. 运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（ ） A. 32种 B. 24种 C. 18种 D. 12种 【答案】B 【解析】 【分析】按照跳高项目安排人数，分成两种情况讨论即可. 【详解】按照跳高项目安排人数，可以分以下两类： 第一类，跳高项目安排1人，共种安排方法， 第二类，跳高项目安排2人，共种安排方法， 由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法. 故选：B. 7. 定义：若函数存在个极值点，则称为n折函数．例如，函数为3折函数．已知函数，则为（ ）（参考数据：） A. 4折函数 B. 5折函数 C. 6折函数 D. 7折函数 【答案】C 【解析】 【分析】求函数的导数，将函数的极值点问题，转化为的零点问题，进一步转化为函数与函数的图象在上的交点个数问题. 【详解】因为，所以． 将函数的极值点问题，转化为的零点问题，令，得， 进一步转化为与的图象在上的交点个数问题． 因为，所以，又， 在同一坐标系中，画出函数和的图象， 由图可知，函数与函数的图象在上有5个交点， 所以函数为6折函数. 故选：C． 8. 如图，在圆锥中，为底面圆的直径，过的中点与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分．若，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设曲线与圆锥的底面圆交于点，取的中点，过作，交直线于点，过点作轴，建立平面直角坐标系，设双曲线方程为，得到及点坐标，即可求出，从而求出离心率. 【详解】设曲线与圆锥的底面圆交于点，, 则,为等边三角形， 设为的中点，取的中点， 过作，交直线于点，过点作轴， 建立如图平面直角坐标系，设双曲线方程为， 得到,又,所以, 则 则，故， 从而求出离心率. 故选：A. 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分 9. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据概率之和为1可得，即可根据期望以及方差的计算公式以及性质即可逐一求解. 【详解】由，得，A正确. ，B不正确，C正确. ，D正确. 故选：ACD 10. 对函数的描述正确的有（ ） A. 的对称中心为 B. 若关于的方程有三解，则 C. 若在上有极小值，则 D. 若在上的最大值、最小值分别为、，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断B选项；利用函数的极值与导数的关系可判断C选项；分析可知，，，将两个等式相加，化简变形后可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， ， 所以，的对称中心为，A对； 对于B选项，，则， 由可得，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点， 因此，实数的取值范围是，B对； 对于C选项，若在上有极小值，则，C错； 对于D选项，函数的增区间为、，减区间为， 当时，；当时，；当时，. 因为在上的最大值、最小值分别为、，则必有，， 所以，， 上述两个等式相加得， 因为，，则，，，则，故，D对. 故选：ABD. 11. 已知直线经过抛物线的焦点，与交于不同的两点，与的准线交于点，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的取值范围是 D. 若成等差数列，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，由直线经过抛物线的焦点可求得，对于B选项，联立直线与抛物线方程，，消去得：，设，由韦达定理和求出，对于C选项，将表示为的函数求值域即可得到范围，对于D选项，由抛物线的定义结合图形即可判断为中点. 【详解】对于A，由题： 抛物线的焦点为在直线上， 所以，故A正确； 对于B，联立直线与抛物线方程，，消去得： ，即：， 设，故，（*） 由得：，代入（*）式得：， 解得：，故B正确； 对于C，过作，垂足为，则 所以， 令，则且，所以且 则， 故C不正确； 对于D，若成等差数列，过作，垂足为，过作，垂足为，则，则如下右图，所以， 又，所以，即， 又，所以，所以为中点， 故，D正确， 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在二项式的展开式中，所有二项式系数和为64，则常数项为__________.（用数字作答） 【答案】240 【解析】 【分析】利用二项式系数和求得，进而利用二项式展开式的通项公式可求得常数项. 【详解】因为二项式的展开式中，所有二项式系数和为64，所以，则， 二项式的通项为：，， 令，得，故常数项是. 故答案为：. 13. 设为两个随机事件，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件概率公式可得，进而利用概率加法公式以及对立事件概率，即可代入求解. 【详解】由，又，故， 所以， . 故答案为：. 14. 已知函数，若函数恰有两个不同的零点，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】由可得或，利用导数分析函数单调性和极值情况，作出图象，结合零点要求即可确定参数范围. 【详解】由， 可得或. 而函数的定义域为，且， 则当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ，当时，，当时，， 当，当， 当，当， 作出函数的图象如下： 由上分析，结合函数图象，要使函数恰有两个不同的零点，需使， 即，故的取值范围是. 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. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 【答案】（1）； （2）分布列： 0 1 2 3 期望为，方差为. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求解. （2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望的方差. 【小问1详解】 设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”， 依题意，，， 因此， 所以智能客服的回答被采纳的概率为. 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望；. 16. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成的夹角的大小． 【答案】（1）证明如下： 因为四边形是正方形，所以， 又平面 ，平面， 所以平面， 因为四边形是梯形， ，又平面 ，平面， 所以平面， 又，平面，故平面平面， 又因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面平面，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以两两垂直， 故以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则有，，，， 所以 ，， ， . 设平面的一个法向量，则有： ， 令，则，所以. 设平面的一个法向量，则有： ，令，则，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 因为，所以， 所以平面与平面的夹角的大小为. 17. 已知数列的首项为3，且满足，令． （1）证明：是等比数列，并求的通项公式； （2）若对任意的都成立，求的范围． 【答案】（1） 由，则，又， 所以，又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， . （2） 【解析】 【分析】（1）将递推关系变形，利用等比数列的定义证明，并求出通项公式； （2）由（1）可得，对任意均成立，令，判断数列的单调性，求出最大项得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，则，即对均成立， 所以，对任意均成立， 令，由，， 当时，，即， 当时，，即， 所以， ，即的取值范围为. 18. 已知函数 （1）若，求函数在处的切线方程； （2）已知函数有且仅有一个极值点， （ⅰ）求的取值范围． （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设的极值点为，若的值不小于－1，求的取值范围 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方差可得答案； （2）（ⅰ）求出，分、、讨论，可得答案；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，，且，则求的取值范围转化为解不等式可得答案. 【小问1详解】 若，，， 所以，， 所以函数在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 （ⅰ），， 当即时， 单调递增，此时无极值点； 当即时，令得， 若， 则由得，单调递增， 得，单调递增， 得，单调递减， 所以有两个极值点，不符合题意； 若，， 则由得，单调递增， 得，单调递减， 所以有一个极值点，符合题意； 综上所述，； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，即的情况下. 是的零点，所以，且， 则 求的取值范围， 即， 当，只须， 可得，，解得，又,矛盾，无解； 当时，成立. 综上所述，的取值范围是. 19. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知是椭圆上的两个动点，且直线的斜率分别为， （ⅰ）直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； （ⅱ）当直线的纵截距不大于时，求面积的最大值 【答案】（1） （2）（ⅰ）是， （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组即可解； （2）（ⅰ）设，，联立曲线方程得到，再根据代入计算可得的值即可得到直线的斜率为定值； （ⅱ）根据（ⅰ）求出弦长及点到直线的距离，再计算出面积，利用函数单调性可计算最大值； 【小问1详解】 由题意，解得， 故所求为. 【小问2详解】 （ⅰ）根据题意直线斜率不为0，所以设，， ， ， ， ， 当，此时直线过点，故舍去，即， 所以直线方程为，即， 所以直线的斜率是定值，等于. （ⅱ）由（ⅰ）得直线方程为，又直线的纵截距不大于， 所以，解得，又， 所以， , 又点到直线的距离， ， 令， ， 所以当时，解得或或， 即当时，，单调递减，， 即， 所以面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 巴川系高2026届高二下期二阶考试 数学试卷 满分：150分；考试时间：120分钟 命题学校：南城巴川学校 命题人：审题人： 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，只有一项符合题目要求 1. 已知，，且，则（ ） A. -6 B. 5 C. 4 D. 6 2. 已知正项等比数列的前项和为，若，且，则（ ） A. 32 B. 31 C. 17 D. 15 3. 已知点，点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 3 D. 5 4. 在棱长为2的正方体中，点，分别为平面，平面的中心，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 某平台为维护消费者权益，开设维权通道，消费者可通过电话投诉专线、邮件投诉等多个渠道进行消费维权投诉．平台将对投诉情况进行核实，为消费者提供咨询帮助．据统计，在进行维权的消费者中，选择电话投诉专线维权和邮件投诉维权的概率分别为和，且对应维权成功的概率分别为、，选择其他方式维权且成功的概率为，则在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（ ） A. 32种 B. 24种 C. 18种 D. 12种 7. 定义：若函数存在个极值点，则称为n折函数．例如，函数为3折函数．已知函数，则为（ ）（参考数据：） A. 4折函数 B. 5折函数 C. 6折函数 D. 7折函数 8. 如图，在圆锥中，为底面圆的直径，过的中点与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分．若，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分 9. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 对函数的描述正确的有（ ） A. 的对称中心为 B. 若关于的方程有三解，则 C. 若在上有极小值，则 D. 若在上的最大值、最小值分别为、，则 11. 已知直线经过抛物线的焦点，与交于不同的两点，与的准线交于点，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的取值范围是 D. 若成等差数列，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在二项式的展开式中，所有二项式系数和为64，则常数项为__________.（用数字作答） 13. 设为两个随机事件，若，则_____． 14. 已知函数，若函数恰有两个不同的零点，则的取值范围是_____． 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. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 16. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成的夹角的大小． 17. 已知数列的首项为3，且满足，令． （1）证明：是等比数列，并求的通项公式； （2）若对任意的都成立，求的范围． 18. 已知函数 （1）若，求函数在处的切线方程； （2）已知函数有且仅有一个极值点， （ⅰ）求的取值范围． （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设的极值点为，若的值不小于－1，求的取值范围 19. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知是椭圆上的两个动点，且直线的斜率分别为， （ⅰ）直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； （ⅱ）当直线的纵截距不大于时，求面积的最大值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $