精品解析：陕西西安交通大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2025～2026学年第二学期 高二年级期中考试数学试题 注意：本试题共4页，四道大题． 一、单选题（本大题共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. 在等差数列中，，（，），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式列出已知项的表达式，求解公差与首项，再代入计算即可. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，其通项公式为，. 由，，可得， 两式作差得. 因为，可得，进而. 故. 2. 曲线在点处的导数值是（ ） A. 3 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】函数的导数为：， 代入，得：， 因此，在点处的导数值为1. 3. 若的展开式中各项系数的和为32，则该展开式的常数项为（ ） A. 10 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由题意令可得，根据二项式定理可求展开式的常数项. 【详解】令，得，故常数项为. 故选:A. 4. 已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区人口数量的比为3：2：1，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式计算可求概率. 【详解】设事件为这个人患流感，分别表示这个人来自A，B，C三个地区， 由已知可得， 又， 由全概率公式可得 . 故选：C. 5. 已知数列的前n项和为，，且，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 是等比数列 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，令代入，求得，判断A；结合数列前n项和与的关系式，求出时，结合，判断C,求出，即可判断B;利用可得，构造出，即可判断D． 【详解】由题意数列的前项和为，，且， 则，即， 所以即选项A正确； 因为①， ∴当 时，②， ①-②可得，，即， 当时，，不满足 ， 故数列不是等比数列，故C错误， 由时，可得，则， 故，故B正确； 由得： 所以 令，则 所以 所以，即， 故是首项为， 公比为4的等比数列，D正确， 故选：C. 6. 如图是一块高尔顿板示意图，在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，…，6，用X表示小球落入格子的号码，假定底部6个格子足够长，投入160粒小球，则落入3号格的小球粒数大约是（ ） A. 30 B. 40 C. 50 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】小球每次下落的选择，服从二项分布，当落入3号格，需要做出3次向左，2次向右的选择，根据二项分布，求出事件概率，计算结果. 【详解】设事件“向右下落”，则事件“向左下落”，且. 设事件A发生的次数为Y，所以.又小球下落过程中共碰撞5次，所以， 所以， 当落入3号格，需要做出3次向左，2次向右的选择，所以， 故投入160粒小球，落入3号格的小球大约有（粒）. 故选：C. 7. 已知函数，若当且仅当时成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对函数求导并对参数进行分类讨论，求出函数的单调性，计算出不同情况下的最值，依题意得出不等式可解得的取值范围. 【详解】 显然，可得，于是． 令，可得或； 当时，，，单调递增，当且仅当，此时符合要求； 当时，若或，则，若，则； 此时在上单调递增，在上单调递减， 根据题意知，得，此时，满足条件，可得； 当时，若或，则， 若，则； 在上单调递增，在上单调递减， 则需，即，得． 可得； 综上，的取值范围是． 8. 某公司为了调查员工的健康状况，用按性别比例分配的分层随机抽样方法抽取样本，若样本中有21名男员工，39名女员工，女员工的平均体重为50kg，标准差为6；男员工的平均体重为70kg，标准差为4，则所抽取的所有员工的体重的方差为（ ） A. 29 B. 81 C. 120 D. 160 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意先求平均数，再结合分层抽样的方差公式计算样本的方差. 【详解】设女员工的平均体重为，方差为，男员工的平均体重为，方差为，则， 所以所抽取的所有员工的平均体重为， 所以所抽取的所有员工的体重的方差为： . 二、多选题（本大题共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，有错选或不选的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，3，3，5，5，5，7，9，11的第80百分位数为9 B. 样本数据的相关系数越大，成对数据的相关程度也越强 C. 随机变量，则方差 D. 随机变量，则当变化时，为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出百分位数判断A，根据相关系数的性质判断B，由二项分布的方差公式及随机变量方差的性质计算后判断C，由正态分布的对称性判断D． 【详解】选项A，由于，已知数据是从小到大顺序排列的，第8个数是9，因此80百分位数为9，A正确； 选项B，样本数据的相关系数的绝对值越大，成对数据的相关程度也越强， 例如的数据比的数据的相关程度强，B错； 选项C，，则，，C正确； 选项D，，则，为定值，D正确． 10. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ） A. 若五位同学排队，要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种 B. 若五位同学排队，最左端只能排甲或乙，最右端不排甲，则不同的排法共有42种 C. 若甲、乙、丙三位同学按从左到右的顺序排队，其他人可以任意排列，则不同的排法有20种 D. 若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，每位同学只能去一个社区，则不同的分配方案有72种 【答案】BC 【解析】 【分析】根据排列组合的典型方法：捆绑法、插空法、优先法、定序法、分组分配法逐项判断即可. 【详解】对于A，若五位同学排队甲、乙必须相邻的安排有种，然后与戊全排列的安排种， 丙、丁不能相邻的安排有种（插入甲乙捆绑体与戊形成的3个空位中）， 共有种，故A不正确； 对于B，若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲， 则当甲在左端时，则有种安排方法； 当乙在左端时，甲有种安排方法，其他人有种安排方法， 故符合的总的安排方法种数为种，故B正确； 对于C，若甲乙丙三位同学按从左到右的顺序排队， 则不同的排法有种，故C正确； 对于D，若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学， 先将4人分三组的分组方法数为，再把三个组分配到三个社区的种方法数为， 所以不同的分配方案有种，故D不正确. 11. 设的整数部分为，小数部分为，则下列说法中正确的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是递增数列 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】借助二项式展开式，得到，后逐项计算即可得. 【详解】由， ， 则 ， 由为整数，且， 故的整数部分即为， 小数部分即为， 即，； 是以为首项，为公比的等比数列， 由，，故A、B正确； ， 故C正确； ， 故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题关键在于观察出与的展开式特点，得到是整数，且，从而得出，. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 由样本数据得到的回归方程为，已知如下数据：，，，则实数的值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】令，则回归直线过样本中心点，求出，，代入即可求出； 【详解】解：令，则回归直线过样本中心点， 又，， ∴，则. 故答案为： 13. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据导函数与斜率的关系求出切线方程，联立曲线和切线方程，根据方程只有一个解求解即可. 【详解】因为，所以， 所以当时，，即切线的斜率为2， 所以由点斜式得即， 联立整理得， 因为切线与曲线只有一个公共点， 所以方程只有一个根， 当时，方程为只有一个根，满足题意； 当时，，即，解得， 综上或， 故答案为: 或. 14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为_________（用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为_________. 【答案】 ①. 81 ②. 【解析】 【分析】先求出4次传球的方法总数，再求出4次传球后球在甲手中的方法总数，设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用全概率公式得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，再将代入计算可得. 【详解】由题意可知，4次传球总的传球路线种数为种， 设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，， 则有，， 所以 ， 即，所以， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 当时. 故答案为：81，. 四、解答题（本大题共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. 为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表： 经常应用 偶尔应用或者不应用 总计 农村 城市 总计 从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是. （1）补全列联表，根据小概率值的独立性检验能否认为智慧课堂的应用与区域有关； （2）在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有个，求的分布列和数学期望. 附： 【答案】（1）列联表如下： 经常应用 偶尔应用或者不应用 总计 农村 40 40 80 城市 60 20 80 总计 100 60 160 有的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关 （2）的分布列为： 0 1 2 数学期望为【解析】 【分析】(1)先根据题意补全列联表，然后根据公式计算，根据表格判断即可； (2)先确定可能取值为，分别求出概率，然后求期望. 【小问1详解】 设城市学校共有所， 因为从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是， 所以，所以，即城市学校有所， 补全列联表如下： 经常应用 偶尔应用或者不应用 总计 农村 40 40 80 城市 60 20 80 总计 100 60 160 零假设为智慧课堂的应用与区域独立， ， 所以根据小概率值α=0.005的独立性检验可以认为智慧课堂的应用与区域有关. 【小问2详解】 在经常应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是，所以抽取的5个样本有2个是农村学校，3个是城市学校，抽取2个，则可能取值为. 所以的分布列为： 0 1 2 的数学期望 所以的数学期望为：. 16. 如图，正方形的边长，取正方形各边的中点，作第个正方形，其边长记为；然后再取正方形各边的中点，作第3个正方形，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为．记． （1）求； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由正方形边长的中点构造方式，可推出是以为首项，为公比的等比数列，据此写出通项​；再将代入的定义式，利用对数运算性质化简得到． （2）先将（1）中得到的​和​代入，化简得，这是 “等差×等比”型数列，采用错位相减法：先写出​的展开式，再乘以公比​后两式相减，构造等比数列求和，最后整理得到的表达式． 【小问1详解】 由题意得，第个正方形的顶点是第个正方形各边的中点， 所以其边长是第个正方形边长的​倍，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，． 所以， 所以①，②， 得， 所以． 17. 如图，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔向左或向右移动一个单位，质点每次移动向左或向右是等可能的． （1）求质点移动次后回到原点的概率； （2）若将质点未连续出现次向右移动的概率记为， ①求之间的递推关系； ②若满足关系式：，求的值． 【答案】（1） （2）①；②，或． 【解析】 【分析】（1）这是典型的独立重复试验概率问题，质点回到原点，意味着次移动中，向右和向左的次数必须相等，各为次； （2）① 这是递推关系建模问题，按第次移动的方向分类讨论：若第次向左，则前次只需满足条件；若第次向右，则第次必须向左，前次满足条件，由此推导与，​的线性递推关系； ② 这是递推数列的待定系数法问题，先将给定的展开，与（2）①中得到的递推式对比系数，建立关于的方程组，解方程组即可得到参数值． 【小问1详解】 质点每次移动向左或向右的概率均为​，移动次后回到原点，说明向右移动次数向左移动次数次， 所以质点移动次后回到原点的概率． 【小问2详解】 ①移动次时，所有情况均无连续次向右，所以， 移动2次总情况数为，排除连续次向右的情况（右右），符合条件的有种，， 移动次总情况数为，符合条件的情况有左左左，左左右，左右左，右左左，右左右，共种，， 当时，第次向左时，概率为，第次向右时，第次必向左，概率为， 所以． ②由，得， 所以， 解方程组得，或． 18. 是坐标平面内一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限.若四边形（为坐标原点）的面积为6. （1）求动点的轨迹方程； （2）如图所示，斜率为且过的直线与曲线交于两点，点为线段的中点，射线与曲线交于点，与直线交于点.证明：成等比数列. 【答案】（1） （2） 如图，设直线的方程为：，中点 直线的方程与的方程联立消元得： 则解得：且， 由可得：将其代入得，即. 要证成等比数列，只要证明三点的横坐标成等比数列即可. 因直线的斜率,则直线的方程为 由可得点横坐标满足，因点的横坐标显然是， 则 故成等比数列. 【解析】 【分析】（1）设动点，利用题设条件列出方程，化简得到轨迹方程，并考虑自变量范围即得； （2）依题设出直线的方程，将其与双曲线方程联立，写出韦达定理，求得点的坐标，接着将直线的方程与双曲线方程联立求得点的坐标，再证明三点的横坐标成等比数列即得. 【小问1详解】 如图，设动点，因分别与直线垂直， 则四边形是矩形，依题 ，代入得： 两点分别在一､四象限， 点的轨迹方程为： 【小问2详解】 略 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围； （3）求证：. 【答案】（1）当时，在R上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （2） （3）由（2）得：当时，， 即恒成立，当且仅当时，等号成立， 要证明，只需证明， 即， 令， 则，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以恒成立， 即在R上单调递增， 因为， 所以当时，，当时，， 所以在时单调递减，在时单调递增， 因为， 所以，当且 仅当处等号成立， 由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到， 所以 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况进行求解函数单调性；（2）在第一问研究的函数单调性的基础上，确定，由最小值小于0求出，再寻找两个函数值大于0的点，从而由零点存在性定理得到结果；（3）在第二问基础上进行放缩，得到，进而证明即可，构造函数，多次求导，从而求出，由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到，证明出不等式. 【小问1详解】 定义域为R， ， 当时，恒成立，在R上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 综上：当时，在R上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在R上单调递减，则在R上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，， 要想有两个零点，要满足， 令，， 恒成立，所以在上单调递增， 又注意到，所以， 又， 由零点存在性定理，在上有一零点， 设正整数满足， 则， 而， 由零点存在性定理，在有一个零点. 综上：的取值范围是. 【小问3详解】 略 【点睛】导函数证明不等式，要能结合题目特征，进行适当的放缩，利用导函数研究函数的单调性和极值，最值情况，证明出不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年第二学期 高二年级期中考试数学试题 注意：本试题共4页，四道大题． 一、单选题（本大题共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. 在等差数列中，，（，），则（ ） A. B. C. D. 2. 曲线在点处的导数值是（ ） A. 3 B. 1 C. D. 3. 若的展开式中各项系数的和为32，则该展开式的常数项为（ ） A. 10 B. 6 C. 5 D. 4 4. 已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区人口数量的比为3：2：1，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的前n项和为，，且，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 是等比数列 6. 如图是一块高尔顿板示意图，在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，…，6，用X表示小球落入格子的号码，假定底部6个格子足够长，投入160粒小球，则落入3号格的小球粒数大约是（ ） A. 30 B. 40 C. 50 D. 60 7. 已知函数，若当且仅当时成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 某公司为了调查员工的健康状况，用按性别比例分配的分层随机抽样方法抽取样本，若样本中有21名男员工，39名女员工，女员工的平均体重为50kg，标准差为6；男员工的平均体重为70kg，标准差为4，则所抽取的所有员工的体重的方差为（ ） A. 29 B. 81 C. 120 D. 160 二、多选题（本大题共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，有错选或不选的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，3，3，5，5，5，7，9，11的第80百分位数为9 B. 样本数据的相关系数越大，成对数据的相关程度也越强 C. 随机变量，则方差 D. 随机变量，则当变化时，为定值 10. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ） A. 若五位同学排队，要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种 B. 若五位同学排队，最左端只能排甲或乙，最右端不排甲，则不同的排法共有42种 C. 若甲、乙、丙三位同学按从左到右的顺序排队，其他人可以任意排列，则不同的排法有20种 D. 若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，每位同学只能去一个社区，则不同的分配方案有72种 11. 设的整数部分为，小数部分为，则下列说法中正确的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是递增数列 C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 由样本数据得到的回归方程为，已知如下数据：，，，则实数的值为___________. 13. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________. 14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为_________（用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为_________. 四、解答题（本大题共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. 为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表： 经常应用 偶尔应用或者不应用 总计 农村 城市 总计 从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是. （1）补全列联表，根据小概率值的独立性检验能否认为智慧课堂的应用与区域有关； （2）在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有个，求的分布列和数学期望. 附： 16. 如图，正方形的边长，取正方形各边的中点，作第个正方形，其边长记为；然后再取正方形各边的中点，作第3个正方形，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为．记． （1）求； （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔向左或向右移动一个单位，质点每次移动向左或向右是等可能的． （1）求质点移动次后回到原点的概率； （2）若将质点未连续出现次向右移动的概率记为， ①求之间的递推关系； ②若满足关系式：，求的值． 18. 是坐标平面内一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限.若四边形（为坐标原点）的面积为6. （1）求动点的轨迹方程； （2）如图所示，斜率为且过的直线与曲线交于两点，点为线段的中点，射线与曲线交于点，与直线交于点.证明：成等比数列. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $