精品解析：云南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中考试模拟题三数学试卷

云南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中考试模拟题三数学试卷 一、单选题 1. 已知，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则 A. 0.6 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 3. 将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.8 4. 已知中，且，则是 A. 正三角形 B. 直角三角形 C. 正三角形或直角三角形 D. 直角三角形或等腰三角形 5. 设为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 被3除的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是 A. 72 B. 120 C. 144 D. 168 8. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为( ) A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. 是一组样本数据，去掉其中的最大数和最小数后，剩下10个数的中位数小于原样本的中位数 B. 若事件A，B相互独立，且，，则事件A，B不互斥 C. 若随机变量，，则 D. 若随机变量的方差，期望，则随机变量的期望 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 11. 已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( ) A. B. 若，则函数的最小正周期为； C. 关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解 D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 三、填空题 12. 设两个等差数列和的前n项和分别为和，且，则______． 13. 已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则____________． 14. 甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为______． 四、解答题 15. 已知正项数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 16. 如图，在三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10. （1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值； （2）求第一局比赛甲获胜的概率； （3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率. 18. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 19. 已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中考试模拟题三数学试卷 一、单选题 1. 已知，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出． 【详解】因为，所以，即． 故选：A． 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则 A. 0.6 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，随机变量服从得正态分布曲线关于对称，根据正态分布曲线的对称性，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，随机变量服从正态分布，则正态分布曲线关于对称， 又由，根据正态分布曲线的对称性， 可得， 所以，故选B. 【点睛】本题主要考查了正态分布中概率的计算问题，其中解答中熟记正态分布曲线的性质，合理应用其对称性是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 3. 将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.8 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概型的概率公式可求概率. 【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是： ， 共10种排法， 其中2个0不相邻的排列方法为： ， 共6种方法， 故2个0不相邻的概率为， 故选：C. 4. 已知中，且，则是 A. 正三角形 B. 直角三角形 C. 正三角形或直角三角形 D. 直角三角形或等腰三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由tanA+tanBtanAtanB，推导出C＝60°，由，推导出A＝60°或90°，从而得到△ABC的形状． 【详解】∵tanA+tanBtanAtanB， 即tanA+tanB（1﹣tanAtanB）， ∴tan（A+B），又A与B都为三角形的内角， ∴A+B＝120°，即C＝60°， ∵，∴, ∴2B＝60°或120°，则A=90°或60°. 由题意知 ∴△ABC等边三角形． 故选A． 【点睛】本题考查三角形形状的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意两角和与差的正切函数及二倍角正弦公式的合理运用． 5. 设为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据共线向量和向量数量积的定义依次判断充分性和必要性即可得到结果. 【详解】若为非零向量，且存在负数，使得，则共线且方向相反， ，充分性成立； 当时，的夹角可能为钝角，此时不存在负数，使得，必要性不成立； “存在负数，使得”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 被3除的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式定理赋值化简，再将写成形式展开后可求余数. 【详解】由二项式定理得， 令得，①， 令得，②， ①②得，， 解得，， 由 ， 故被3除的余数为. 故选：B. 7. 某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是 A. 72 B. 120 C. 144 D. 168 【答案】B 【解析】 【详解】分两类，一类是歌舞类用两个隔开共种，第二类是歌舞类用三个隔开共种，所以N=+=120.种．选B. 8. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立，进而求解． 【详解】∵，即， （1）当时，， 当时，在上单调递减且， 故当时，在上恒成立； （2）若在上恒成立，则在上恒成立， 令，则， 当时，，单调递增； 当，，单调递减， 故，所以． 综上可知，的取值范围是， 二、多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. 是一组样本数据，去掉其中的最大数和最小数后，剩下10个数的中位数小于原样本的中位数 B. 若事件A，B相互独立，且，，则事件A，B不互斥 C. 若随机变量，，则 D. 若随机变量的方差，期望，则随机变量的期望 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用中位数的定义判断出A错误；B选项，计算出，故，B正确；C选项，利用正态分布的对称性进行判断；D选项，利用得到，D正确. 【详解】A选项，从小到大排序，去掉其中的最大数和最小数后， 剩下10个数大小顺序不变，故剩下10个数的中位数和原来的中位数一样，A错误； B选项，事件A，B相互独立，且，， ， 所以，故事件A，B不互斥，B正确； C选项，随机变量，，设，， 则， ， 根据原则，可知，C正确； D选项，随机变量的方差，期望， 其中，故，， 故随机变量的期望，D正确. 故选：BCD 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误. 【详解】圆的圆心为，半径为， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误； 如下图所示： 当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知， ，，由勾股定理可得，CD选项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 11. 已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( ) A. B. 若，则函数的最小正周期为； C. 关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解 D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：在上单调，，，故； B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期； C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解； D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围. 【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确； B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确. C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误. D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍. 三、填空题 12. 设两个等差数列和的前n项和分别为和，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和的性质直接求解即可. 【详解】由题意可得． 故答案为： 13. 已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则____________． 【答案】6 【解析】 【详解】如图所示，不妨设点位于第一象限， 设抛物线的准线与轴交于点，作与点，与点， 由抛物线的解析式可得准线方程为，则， 在直角梯形中，中位线， 由抛物线的定义有，结合题意有， 故． 14. 甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】不妨先考虑甲输丙，再就甲与乙丁的输赢分类讨论后可得所求的概率. 【详解】甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分， 三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲， 若甲与乙、丁两场比赛都输，则乙、丁、丙积分都大于甲，不合题意； 若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分， 这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意， 在丙输的情况下，乙、丁已有3分， 那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意； 若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分， 这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢， 否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输或一输一平， ①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率； ②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意； ③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是； 综上概率为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：对于比较复杂的概率的计算，注意根据问题的特征合理分类，尽量不重不漏，必要时利用表格或枚举等方法. 四、解答题 15. 已知正项数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 【答案】（1）； （2） 证明：由（1）可知，所以， ，所以成立. 【解析】 【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果； （2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，即可证明. 【小问1详解】 依题意可得，当时，，，则； 当时，，，两式相减， 整理可得，又为正项数列， 故可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，在三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1），，， 由余弦定理得， ， ，， 又，，平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得到，根据勾股定理逆定理得到，结合证明出线面垂直； （2）先由线面垂直得到线线垂直，得到二面角的平面角为，求出各边长，得到为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：平面，平面， 且， 二面角的平面角为，而， ，为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在平面为平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 由，，，， 设平面的一个法向量， ， 解得，令，则，故， 设与平面所成角为， . 方法二：因为平面，又平面，所以． 又，所以为二面角的平面角，即， 在中，因为，，所以．故是等边三角形 所以． 在三棱柱中，，又平面，所以平面， 又平面，所以．故为直角三角形． 在直角中，因为，，所以，故． 设点到平面的距离为，由， 得，解得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 17. 11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10. （1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值； （2）求第一局比赛甲获胜的概率； （3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率. 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 均值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值； （2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得； （3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为. 【小问1详解】 依题意，的所有可能取值为 设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且， 所以， . 所以的分布列为 0 1 2 故的均值为. 【小问2详解】 设第一局比赛甲获胜为事件，则. 由（1）知，， 由全概率公式，得 解得，即第一局比赛甲获胜的概率. 【小问3详解】 由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则， 设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立， 所以的所有可能取值为， 因此可得； 故该场比赛甲获胜的概率. 18. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 【答案】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 若，则成立； 若，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 【解析】 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证（*）进而证明结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 【答案】（1） （2） ①证明：如图，设，则， 由斜率不为0，可设， 联立双曲线并整理得， 则，， 所以， 由，直线， 根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上， 令，则，解得， 因为，所以， 而，所以，则， 所以过定点； ； ② 【解析】 【分析】（1）由离心率及双曲线参数关系求得，结合已知令，代入双曲线求参数值，即可得方程； （2）①设，则，设，联立双曲线并应用韦达定理，结合直线、双曲线对称性确定定点位置并得到，再作化简求值，即可得定点坐标； ②应用三角形面积公式、弦长公式，结合求面积的最小值. 【小问1详解】 由题可知， 则， 由轴时，，可令， 代入双曲线得， 解得， 则所求方程为. 【小问2详解】 ①略； ②， 由①得，解得， 令， 则， 因为，所以，则，当时取等号， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $