精品解析：河南许昌第二高级中学等四校2025-2026学年高二下学期4月期中数学试题

高二数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. 20 B. 21 C. 27 D. 42 【答案】C 【解析】 【分析】借助组合数性质计算可得，再利用组合数与排列数公式计算即可得解. 【详解】由，则或， 解得或，由，故， 则. 2. 已知在等差数列中，，则其前17项和（ ） A. 85 B. 68 C. 51 D. 34 【答案】B 【解析】 【详解】设等差数列的公差为. 根据等差数列通项公式， . 已知，则，解得. 由等差数列前项和公式，得. 根据等差数列性质有. 因此. 3. 已知随机变量的分布列如表所示，且满足，则（ ） 0 3 A. B. C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用分布列性质来求参数，再利用期望和方差公式计算即可求解. 【详解】由分布列的性质，所有概率和为1，得：① 由得：② 联立①②得，解得：，. 由方差公式， 可得， 代入公式得：. 4. 双曲线和抛物线的公共焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，若中点的横坐标为5，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【详解】双曲线，则. ，得. 双曲线右焦点为，故抛物线焦点，即. 则抛物线方程为. 设，中点横坐标，得. 由抛物线焦点弦长公式. 代入得. 5. 现有18个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少4个名额，三、四、五班每班至少2个名额，则名额分配方式共有（ ） A. 35种 B. 70种 C. 126种 D. 210种 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意，先将18个名额分配给一班、二班每班3个，三、四、五班每班1个， 还剩下9个名额，将剩下的9个名额进行分组，每组至少一个名额， 利用“隔板法”求解，9个元素间有8个间隔，要分成5组，8个间隔选4个插入隔板即可， 则有分配方法种. 6. 函数在区间内存在单调递减区间的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数转化为能成立问题，分离参数法求解即可. 【详解】因为（），所以. 函数在区间内存在单调递减区间，则在上有解. 由. 设，则在上单调递增， 则，可得. 函数在区间内存在单调递减区间的一个充分不必要条件是. 7. 已知数列满足，且，则（ ） A. 223 B. 233 C. 243 D. 253 【答案】D 【解析】 【详解】由递推公式，可得. 则，，，. 将以上个式子累加得： . ，故. 8. 如图，已知椭圆与双曲线（，）有相同的焦点，，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得的关系，由此可得，再利用三角换元求最大值. 【详解】为第一象限的交点，设、， 则、，解得、， 在中，由余弦定理得：， ∴，∴， ∴，∴，∴， 设，，则， 当时，即，时，取得最大值. 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. 在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 是直线的一个方向向量 C. D. 若点是点在平面内的射影，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示即可判断A；根据共线向量的坐标表示即可判断B；根据向量夹角的坐标表示即可判断C；对D，根据点在平面的投影可得点，由向量模长公式计算可判断D. 【详解】对于A，，，因为， 则，解得，故A正确； 对于B，，，则是直线的一个方向向量，故B正确； 对于C，，则，故C错误； 对于D，易知点在平面内的射影为， 可知，所以，故D错误. 10. 寒假期间，甲同学早上去博物馆有三种出行方式：步行、坐轻轨、坐出租车，概率分别为，，.当他步行、坐轻轨和坐出租车时，到达博物馆能立即找到讲解器的概率分别为，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 甲同学今天早上步行出行与坐轻轨出行是互斥事件 B. 甲同学今天早上坐轻轨出行与坐出租车出行相互独立 C. 甲同学到达博物馆能立即找到讲解器的概率大于 D. 若甲同学今天早上到达博物馆立即找到了讲解器，则他是步行出行的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据互斥事件的定义判断；对B，根据相互独立事件的定义判断；对C，由全概率公式求解判断；对D，由条件概率的计算公式求解判断. 【详解】设“甲同学今天早上步行出行”为事件，“甲同学今天早上坐轻轨出行”为事件， “甲同学今天早上坐出租车出行”为事件，“甲同学到达博物馆能立即找到讲解器”的事件为B． 对于A，A1与A2不可能同时发生，故A正确； 对于B，因为，，但， 故，故B错误； 对于C，由，，，，，， 由全概率公式得： ．故C正确； 对于D，由题意可知所求概率为，故D正确． 11. 已知直线与函数和的图象分别交于点，，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用数形结合的方式来解决函数的综合问题，根据点的对称性得到坐标间的关系，通过构造函数运用函数的单调性来解决即可. 【详解】函数与互为反函数，则函数与的图象关于直线对称， 而直线与直线垂直，则直线关于直线对称， 因此点与点关于直线对称，由得线段的中点为， 在平面直角坐标系内作出函数和的图象及直线，如图： 对于A，由，得，A错误； 对于B，，则，B正确； 对于C，由图知，，由，得， 令，求导得，函数在上单调递增， 则，即，因此，C正确； 对于D，令，则，， 而函数在上单调递减，则，由，得， 令，求导得，函数在上单调递增， 由，得，即， 整理得，因此，又， 则，即，于是，不等式不成立，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，则_________. 【答案】 【解析】 【详解】. ，所以. . 13. 已知数列的前项和为，且满足，，则为_________；满足的最小整数为_________. 【答案】 ①. ②. 4 【解析】 【详解】①当时，代入得. 由，得，解得. 因此. ②当时，. 两式作差得， 即，整理得. 故时，，因为,所以 所以数列从第二项起为公比的等比数列,即 当时，. 化简得，令，即， 时，. 时，. 故满足的最小整数. 14. 为迎接国庆佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的4个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球，若摸到一红球一白球，可获得价值百元代金券；若摸到两红球，可获得价值百元代金券；若摸到两白球，可获得价值百元代金券（，均为正整数）.已知每位员工平均可得6百元代金券，则运气最好者至多获得_________百元代金券. 【答案】18 【解析】 【分析】根据题意可知百元代金券的所有可能取值为，根据超几何分布可得随机变量取各个值的概率，即可得的分布列，再求期望可知，最后结合基本不等式求的最大值，即可得解． 【详解】设抽奖一次可获得百元代金券，则的所有可能取值为， 摸到一红球一白球的概率， 摸到两红球的概率， 摸到两白球的概率． 则的分布列如下： a b ，即，． 由题意知，运气最好者获得百元代金券， 则， 当且仅当，即，时等号成立， 即的最大值为18. 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. 设数列满足，，且. （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列的通项公式. 【答案】（1） 已知，移项可得， 设，则，那么， 又，所以数列是以5为首项，5为公差的等差数列； （2） 【解析】 【分析】（1）借助等差数列定义即可得证； （2）借助累加法计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 当时，， 当时，也满足上式，所以. 16. 已知（为正整数）展开式的所有项的二项式系数和为128. （1）求展开式中的第4项； （2）求展开式中有理项的个数； （3）求展开式中系数最大的项. 【答案】（1） （2）共有4个有理项 （3）5103和 【解析】 【分析】（1）借助二项式系数和计算可得，再利用二项式的展开式的通项公式计算即可得解； （2）利用二项式的展开式的通项公式，令的次数为整数计算即可得； （3）令，解出后代入二项式的展开式的通项公式即可得. 【小问1详解】 由，可得， 则展开式的通项公式为， 其中， 令，得，所以展开式中的第4项为； 【小问2详解】 当为整数时，对应的项为展开式中的有理项， 故可以为1，3，5，7，所以共有4个有理项； 【小问3详解】 由题意，设第项为系数最大的项，则， 即有， 整理得，解得， 又，所以或，则，， 所以展开式中系数最大的项为和. 17. 如图，在三棱锥中，平面，，，点是的中点，点为线段上一动点，点在线段上. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理找平面内与PM平行的直线,再结合线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，再利用直线方向向量与法向量的夹角和线面角的关系计算. 【小问1详解】 连接，因为，分别是，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，，故以点为坐标原点， 以，所在直线分别为轴、轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，，故可取. 则. 因此直线与平面所成角的正弦值为. 18. 某高中实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为. （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）经统计，该校学生体测得分近似服从正态分布，若得分则为“优秀”等级.现从全校抽取50名学生，记为这50名学生中“优秀”的人数，求的数学期望及方差（结果四舍五入保留整数）. 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . （3）数学期望为8，方差为7. 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式进行计算； （2）由题可知的可能取值为0，1，2，3，再分别求出对应概率得到分布列并计算期望； （3）由题意得，，利用正态分布得到，再结合二项分布求解． 【小问1详解】 设事件“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数超过30”，则“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数不超过30”， 设事件“抽取1名学生，该学生体测成绩达到‘及格’等级”， 由全概率公式，知， 所以从该学校任意抽取一名学生，该学生体测成绩达到“及格”等级的概率为； 【小问2详解】 的可能取值为0，1，2，3， ，，，， 所以的分布列为 0 1 2 3 随机变量服从超几何分布，且，，，所以； 【小问3详解】 由题意得，， ， ，，， 所以的数学期望为8，方差为7． 19. 已知，，是自然对数的底数. （1）求函数的单调区间； （2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）当时，若满足，求证：. 【答案】（1）当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导后分和讨论可得； （2）分离参数后构造函数，转化问题为直线与的图象有两个交点，利用导数分析单调性和最值可得； （3）类似极值点平移问题，先由单调性得到，构造函数，，求导分析单调性后可得. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 方程，即，当时，方程不成立，则； 令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有两个交点， 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 而当时，，当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图， 观察图象，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为； 【小问3详解】 当时，，求导得， 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增； 由，且，得， 令函数，， 求导得， 则函数在上单调递增，有，于是， 而，因此，即， 又，， 函数在上单调递增，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. 20 B. 21 C. 27 D. 42 2. 已知在等差数列中，，则其前17项和（ ） A. 85 B. 68 C. 51 D. 34 3. 已知随机变量的分布列如表所示，且满足，则（ ） 0 3 A. B. C. 4 D. 5 4. 双曲线和抛物线的公共焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，若中点的横坐标为5，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 5. 现有18个数学竞赛参赛名额分给五个班，其中一、二班每班至少4个名额，三、四、五班每班至少2个名额，则名额分配方式共有（ ） A. 35种 B. 70种 C. 126种 D. 210种 6. 函数在区间内存在单调递减区间的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足，且，则（ ） A. 223 B. 233 C. 243 D. 253 8. 如图，已知椭圆与双曲线（，）有相同的焦点，，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. 8 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. 在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 是直线的一个方向向量 C. D. 若点是点在平面内的射影，则 10. 寒假期间，甲同学早上去博物馆有三种出行方式：步行、坐轻轨、坐出租车，概率分别为，，.当他步行、坐轻轨和坐出租车时，到达博物馆能立即找到讲解器的概率分别为，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 甲同学今天早上步行出行与坐轻轨出行是互斥事件 B. 甲同学今天早上坐轻轨出行与坐出租车出行相互独立 C. 甲同学到达博物馆能立即找到讲解器的概率大于 D. 若甲同学今天早上到达博物馆立即找到了讲解器，则他是步行出行的概率为 11. 已知直线与函数和的图象分别交于点，，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，则_________. 13. 已知数列的前项和为，且满足，，则为_________；满足的最小整数为_________. 14. 为迎接国庆佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的4个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球，若摸到一红球一白球，可获得价值百元代金券；若摸到两红球，可获得价值百元代金券；若摸到两白球，可获得价值百元代金券（，均为正整数）.已知每位员工平均可得6百元代金券，则运气最好者至多获得_________百元代金券. 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. 设数列满足，，且. （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列的通项公式. 16. 已知（为正整数）展开式的所有项的二项式系数和为128. （1）求展开式中的第4项； （2）求展开式中有理项的个数； （3）求展开式中系数最大的项. 17. 如图，在三棱锥中，平面，，，点是的中点，点为线段上一动点，点在线段上. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 某高中实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为. （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）经统计，该校学生体测得分近似服从正态分布，若得分则为“优秀”等级.现从全校抽取50名学生，记为这50名学生中“优秀”的人数，求的数学期望及方差（结果四舍五入保留整数）. 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，. 19. 已知，，是自然对数的底数. （1）求函数的单调区间； （2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）当时，若满足，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $