精品解析：福建厦门外国语学校2025-2026学年高二下学期第一阶段性测试数学试题

2025-2026学年厦门外国语学校高二下数学第一阶段性测试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上． 2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效． 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则n的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数、排列数的计算公式列出关于的方程，由此求解出的值. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. 0.5 B. 0.35 C. 0.25 D. 0.17 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件概率公式结合题意直接求解即可. 【详解】因为， 所以． 故选：C 3. 用数字0，1，2，3组成没有重复数字的三位数，则其偶数的个数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】A 【解析】 【分析】分个位数为与个位数为进行讨论即可得. 【详解】若个位数为，则需再从1，2，3中选出两个数字，共有种， 若个位数为，则百位从1，3中选出一个， 十位从及剩余数字中选出一个，共有种， 故共有种不同偶数. 4. 某同学进行投篮练习，若他第1球投进，则第2球投进的概率为；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为. 若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件，直接使用全概率公式即可得到结果. 【详解】设分别代表事件“第1球投进”和“第2球投进”，则由已知条件知，，，这得到. 故. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. 210 B. 330 C. 165 D. 145 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项展开式由换元法令可得是中的系数，即可求得，计算可得结果. 【详解】由可得， 令，有 是中的系数 而, 所以. 故选：B 6. 用红､黄､蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可以将该问题分成两类解决：一类是第3个圆与第1个圆的颜色相同，另一类是第3个圆与第1个圆的颜色不相同，最后根据分类加法计数原理，即可得到结果. 【详解】设六个圆的序号依次为1，2，3，4，5，6， 可知1，2共有种涂色方法，则有： 若3与1的颜色相同，则5必须与2的颜色相同，此时只有1种涂色方法； 若3与1的颜色不相同，即3的颜色与1，2均不相同，则4，5，6的颜色均不相同，共有种涂色方法； 故不同的涂色方案的种数是. 故选：C. 7. 李老师教高二甲班和乙班两个班的数学，这两个班的人数相等．某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，．关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是（ ） A. 甲班的平均分比乙班的平均分高 B. 相对于乙班，甲班学生的数学成绩更分散 C. 甲班108分以上的人数约占该班总人数的 D. 乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据两个班数学成绩的正态曲线图，易于判断A,B两项；对于C和D，需要根据图中两个班数学成绩的期望和最大值分别求出和，再结合曲线图的对称性和三段区间的概率值计算对应的概率值，比较后研判即得. 【详解】对于A，由图知，即甲班的平均分比乙班的平均分低，故A错误； 对于B，因甲班的曲线比乙班的曲线更“瘦高”，即，表示甲班的数学成绩更集中，故B错误； 对于C，甲班的最大值为，则，则,故C错误； 对于D，乙班的最大值为，则，则， 又这两个班的人数相等，则乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等，故D正确. 故选：D. 8. 有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ） A. 增加，增加 B. 增加，减小 C. 减小，增加 D. 减小，减小 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，可得出，再从甲盒子里随机取一球，则服从两点分布，所以，，从而可判断出和的增减性. 【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，其中，其中，且，. 故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球个数为. 故， 随机变量服从两点分布，所以，随着的增大，减小； ，随着的增大，增大. 故选：C. 【点睛】本题考查超几何分布、两点分布，分布列与数学期望，考查推理能力与计算能力，属于难题. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则的值为3或2 B. 若数据，，，…，的标准差为，则，，，…，的标准差为 C. 二项式的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等 D. 若5名教师分到4所学校任教，每所学校至少分配1名教师，则分配方法有480种 【答案】AB 【解析】 【分析】根据组合数性质解方程判断A；根据数据方差的计算性质，以及标准差的概念判断B；根据二项式定理写出展开式，利用二项式系数的定义判断C；按照先分组再分配的方法，结合排列组合公式，即可求解判断D. 【详解】对于A，由组合数的性质可得，解得， 又，所以或，解得或，正确； 对于B，设数据的平均数为， 则数据的平均数为， 由数据的标准差， 则数据的标准差为，正确； 对于C，由二项式的展开式为， 则第二项的二项式系数为，第四项的二项式系数为，错误； 对于D，由题意可知，5位教师的分组情况为2,1,1,1的分组，再分配到4所学校， 所以分配方案有，错误. 10. 下列选项中正确的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布，则 B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望 C. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次 D. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项分布方差公式，以及方差的性质，即可判断A；代入超几何分布的期望公式，即可判断B；根据二项分布的概率，结合不等式，即可求解，判断C；根据和事件概率公式，以及条件概率公式，即可判断D. 【详解】A.，，，故A正确； B.为超几何分布，所以，故B正确； C.设最有可能击中次，则，， 则， 得，即或，故C错误； D.，则， ，故D正确. 故选：ABD 11. 若数列的前n项和为，且，在数列的前（）项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定的递推关系求出通项，再按为奇数、偶数分类求出并逐项求解判断. 【详解】数列中，，当时，，则， 而，解得， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，， 当时，数列的前项中，有个正数，个负数， 任取两项都是正数的概率为， 当时，数列的前项中，有个正数，个负数， 任取两项都是正数的概率为， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，，C正确； 对于D，，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中有大小、质地相同的4个红球和3个黑球，一次性从袋中取出4个球，取到1个红球得分，取到1个黑球得3分，设得分为随机变量，则 __ 用分数表示 【答案】 【解析】 【分析】结合题意分析得分的可能情况，再利用组合数的计算求概率即可. 【详解】由题意知，若取出的是4个红球，则得分为4分； 若取出的是3个红球1个黑球，则得分为6分； 若取出的是2个红球2个黑球，则得分为8分； 若取出的是1个红球3个黑球，则得分为10分； 所以，， 所以. 故答案为：. 13. 已知随机变量，当取最大值时，________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项分布数学期望、方差的计算公式先列出，然后构造函数，利用导数求解最大值及取得最值时的值. 【详解】因为，所以，， 故， 设函数，则， 令得，或（舍）， 故当时，， 当，， 所以在上递增，上递减，故在处取最大值， 其最大值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查二项分布的数学期望、方差的运算，考查利用导数分析函数的最值，难度一般. 14. 一组随机变量的和的期望与这组随机变量各自期望的和相等．即．利用以上定理求解下列问题：将n个不同的小球放入n个不同的盒子，设每个球落入各个盒子的可能性是相同的，则空盒子个数的数学期望是______． 【答案】 【解析】 【详解】定义随机变量如下：当第i个盒子中有球时，，当第i个盒子中没有球时，．再令，则表示无球盒子的个数． 由题：，所以． 因为每个球放入第i个盒子的概率为，不放入该盒子的概率为， 又因为每个小球是否放入第i个盒子是相互独立的，所以n个小球均不放入第i个盒子的概率为，至少有一个小球放入第i个盒子的概率为， 由此得的分布列如下表所示： 0 1 P ，． 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. 已知函数在处有极值. （1）求的值； （2）若函数恰有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得，根据，求得，结合函数的单调性和极值点定义，即可求解； （2）由（1）中，函数的单调性，求得的极值，画出函数的图象，转化为函数与的图象有三个公共点，即可图象，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为在处取极值，可得，解得， 当时，， 当或时，；当，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增， 故满足在处取极值，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知：函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增， 所以，， 由于当时，，时，， 时，，当时，， 画出函数的图象，如图所示， 又因为方程有3个实数根时，即函数与的图象有三个公共点， 结合图象，可得， 所以恰有3个零点时，实数的取值范围为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． （1）求证：； （2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得，结合菱形对角线垂直及推出平面，进而平面，从而，由中点性质即得. （2）由及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用与平面所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面的距离. 【小问1详解】 证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即． 【小问2详解】 若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴． ∴，，． 设平面的法向量为 则取，，，∴， 设，，则，到平面的距离相等， ， ∴． 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴， 则点到平面距离为． 17. 某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， （1）若，求； （2）求的概率分布列和数学期望； （3）证明：当且仅当时，. 【答案】（1） （2） （3） 由题知，可能的取值为， ， ， 故， ， 故当且仅当时， 【解析】 【分析】（1）得2分以上可能是随机选一个选项时，当为三个正确选项时选对1个，或者两个正确选项时选对1个，由互斥事件的加法公式得解； （2）可能的取值为，得0分为三个正确选项或两个正确选项的均选到错误选项，得2分只可能是三个正确选项的选对1个，得3分为两个正确选项的选对一个，分别由互斥事件的加法公式求解； （3）可能的取值为，类似（2）的分析得出的期望，结合（2）中的作差比较，得出证明. 【小问1详解】 恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为， 正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为； 正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为， 因此 【小问2详解】 由题知，可能的取值为， ， ， ， 分布列为： 【小问3详解】 略 18. 已知数列各项均不为零，，，． （1）当时，①求，；②求的前50项和； （2）若，求正整数t的最小值． 【答案】（1）①，；② （2）2 【解析】 【分析】(1）利用赋值法求出数列的，由递推关系求出数列的周期，根据数列的周期进行求解即可； （2）方法一利用特殊值探索出，再由不等式的性质求证；方法二利用特殊值法，结合等差数列的性质进行求解即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 当时，， 同理可得，， 由， 故， 所以，即， 故，所以数列是周期为6的数列， 且， 故的前50项和为：． 【小问2详解】 方法一 由题意，故，因为，，， 所以，即，故正整数t满足． 当时，，所以， 从而， 即，得，所以，故最小正整数t的值为2． 方法二 由（1）知，时，，不满足，故不合； 当时，因为，在两边同除以得， ，即，所以是等差数列， 因为，，所以的公差为2，所以，即， 所以，故最小正整数t的值为2． 19. 如果点在运动过程中，总满足关系式设点的轨迹为. （1）求的方程； （2）若点，，为轨迹上一点（不在坐标轴上），设点，分别为的内心和重心， ①证明：所在的直线与轴平行； ②过作直线与轨迹交于点，，且，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） ①由（1）知，为椭圆：的焦点，所以，， 由对称性，不妨设点在轴右侧，设内切圆半径为. 则，，所以，即. 又为的重心，所以. 所以与轴平行. ② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可. （2）①结合三角形内心及重心的性质证明出，横坐标相同即可得到所在的直线与轴平行. ②设出点坐标，求出，根据为重心求出点坐标；结合内心的性质及三角形面积公式得到，进而得到，求出坐标，结合向量关系求出点坐标；设出直线方程及，，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出，即可求出三角形面积表达式，结合点范围求解即可. 【小问1详解】 由椭圆的定义，点的轨迹是以,为焦点，长轴的椭圆. 所以点的轨迹方程为：. 【小问2详解】 ①略 ②设延长线交轴于点. 设点，则，. 则. 同理可得. 因为为的内心，结合三角形面积公式可得，， 即，也即，所以，则. 又，所以. 设，，则，所以. 设，则直线， 即. 设，联立，整理得， 则， 所以，所以. 又， 所以， 又，且，所以，所以，即. 所以面积的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年厦门外国语学校高二下数学第一阶段性测试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上． 2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效． 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则n的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 已知，则（ ） A. 0.5 B. 0.35 C. 0.25 D. 0.17 3. 用数字0，1，2，3组成没有重复数字的三位数，则其偶数的个数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 4. 某同学进行投篮练习，若他第1球投进，则第2球投进的概率为；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为. 若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. 210 B. 330 C. 165 D. 145 6. 用红､黄､蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 36 7. 李老师教高二甲班和乙班两个班的数学，这两个班的人数相等．某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，．关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是（ ） A. 甲班的平均分比乙班的平均分高 B. 相对于乙班，甲班学生的数学成绩更分散 C. 甲班108分以上的人数约占该班总人数的 D. 乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等 8. 有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ） A. 增加，增加 B. 增加，减小 C. 减小，增加 D. 减小，减小 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则的值为3或2 B. 若数据，，，…，的标准差为，则，，，…，的标准差为 C. 二项式的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等 D. 若5名教师分到4所学校任教，每所学校至少分配1名教师，则分配方法有480种 10. 下列选项中正确的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布，则 B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望 C. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次 D. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则 11. 若数列的前n项和为，且，在数列的前（）项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中有大小、质地相同的4个红球和3个黑球，一次性从袋中取出4个球，取到1个红球得分，取到1个黑球得3分，设得分为随机变量，则 __ 用分数表示 13. 已知随机变量，当取最大值时，________． 14. 一组随机变量的和的期望与这组随机变量各自期望的和相等．即．利用以上定理求解下列问题：将n个不同的小球放入n个不同的盒子，设每个球落入各个盒子的可能性是相同的，则空盒子个数的数学期望是______． 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. 已知函数在处有极值. （1）求的值； （2）若函数恰有3个零点，求实数的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． （1）求证：； （2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 17. 某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， （1）若，求； （2）求的概率分布列和数学期望； （3）证明：当且仅当时，. 18. 已知数列各项均不为零，，，． （1）当时，①求，；②求的前50项和； （2）若，求正整数t的最小值． 19. 如果点在运动过程中，总满足关系式设点的轨迹为. （1）求的方程； （2）若点，，为轨迹上一点（不在坐标轴上），设点，分别为的内心和重心， ①证明：所在的直线与轴平行； ②过作直线与轨迹交于点，，且，求面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $