精品解析：河南周口市商水县第一高中2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

商水一高2025-2026学年高二下期期中考试 数学试题 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 计算的值是（ ） A. 41 B. 61 C. 62 D. 82 2. 甲、乙、丙、丁各自研究两个随机变量的数据，若甲、乙、丙、丁计算得到各自研究的两个随机变量的样本相关系数分别为，，，，则这四人中，研究的两个随机变量的线性相关程度最高的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 3. 若名党员中有名优秀党员，从这名党员中选出名党员做报告总结，记选出的党员中优秀党员的人数为，则（ ） A. B. C. D. 4. 设随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 5. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 如图，圆锥PO的底面圆周上有三点，为底面圆O的直径，点是底面直径所对弧的中点，点D是母线PA的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若恒成立，则ab的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. e 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有共7个节目，则下列结论正确的是（ ） A. 若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法 B. 若节目与节目不相邻，则共有3600种不同的安排方法 C. 若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法 D. 若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法 10. 已知点、分别为双曲线的左、右焦点，点P为C右支上一动点，则下列说法正确的是（   ） A. 双曲线C与双曲线有相同的渐近线 B. 若，则的周长为 C. 若，则的面积为4 D. 若M为圆上一点，则的最大值为8 11. 已知一个袋子中放有5个不同的红球和3个不同的黄球，现从中逐个摸取3个小球.方案一：有放回地摸球，记取得红球个数为X；方案二：不放回地摸球，记取得红球个数为Y．下列说法中，正确的有（ ） A. ， B. C. ，其中 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量的分布列如下： 1 2 3 0.3 0.3 若 ， 则_______. 13. 若直线被圆截得的弦长为2，则_____. 14. 如图，我们在第一行填写整数到，在第二行计算第一行相邻两数的和，像在三角（杨辉三角）中那样，如此进行下去，在最后一行我们会得到的整数是______. 四、解答题：本题5小题，共77分. 15. 已知数列前n项和为，且， （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 已知的二项展开式有7项． （1）求，并求出所有二项式系数之和； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式中的有理项． 17. 已知椭圆的焦距为，其左顶点为A，上顶点为B，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点．求的面积的最大值，并求此时直线的方程． 18. 已知函数（） （1）若，求函数的极值点； （2）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； （3）若，且设，有两个零点，，其中，求的取值范围. 19. 乒乓球作为我国的“国球”，一直以来都深受广大人民群众的喜爱．某学校高三年级将要举办乒乓球比赛，为更好备战，甲、乙、丙三位选手练习打乒乓球，每局均分胜负，第一局甲、乙对打，丙轮空，此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，每局双方获胜的概率相同，每局的结果相互独立． （1）求前五局中甲恰好参与了四局的概率； （2）求第局为乙、丙对打的概率； （3）若至多进行12局练习，且如果有选手先获得6局胜利则提前结束练习，记总共练习局数为，求的分布列与期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 商水一高2025-2026学年高二下期期中考试 数学试题 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 计算的值是（ ） A. 41 B. 61 C. 62 D. 82 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列数和组合数公式计算即可. 【详解】. 故选：B. 2. 甲、乙、丙、丁各自研究两个随机变量的数据，若甲、乙、丙、丁计算得到各自研究的两个随机变量的样本相关系数分别为，，，，则这四人中，研究的两个随机变量的线性相关程度最高的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以这四人中，乙研究的两个随机变量的线性相关程度最高. 3. 若名党员中有名优秀党员，从这名党员中选出名党员做报告总结，记选出的党员中优秀党员的人数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据组合数的意义及古典概型的概率公式直接计算. 【详解】从名党员中选出名党员做报告总结，共有种情况， 其中满足选出的党员中有名优秀党员的共有种情况， 所以. 故选：C. 4. 设随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性直接求解即可. 【详解】易知正态分布关于对称，因此， 又，所以, 所以. 5. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先验证充分性，即代入判断两直线是否平行；再求解必要性，通过两直线平行的系数关系求出所有满足的值，验证是否为唯一解，从而判断条件关系. 【详解】当时，直线，即；直线， 即，两直线斜率均为0且不重合，故. 若，则，展开得， 整理得，解得或. 当时，，即；， 即，两直线平行且不重合，满足条件. 因此，可推出，但不能仅推出， 故“”是“”的充分不必要条件. 6. 如图，圆锥PO的底面圆周上有三点，为底面圆O的直径，点是底面直径所对弧的中点，点D是母线PA的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】点是底面直径所对弧的中点，所以，建立空间直角坐标系如图所示: 则，，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设直线和平面所成角为， 可得. 7. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 所以. 由，得. 所以. 8. 已知函数，若恒成立，则ab的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. e 【答案】B 【解析】 【分析】求导并利用赋值法求出函数，再等价变形给定不等式并构造函数，按分类，利用导数求出最小值，进而求得，然后构造函数并利用导数求出最大值即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 则，解得，于是， 又，则，， 不等式， 令，依题意，恒成立， 当时，，函数在R上单调递增， 而时，，不恒成立； 当时，恒成立，则，； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 因此，，令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 因此的最大值是，此时， 而，故的最大值是. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有共7个节目，则下列结论正确的是（ ） A. 若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法 B. 若节目与节目不相邻，则共有3600种不同的安排方法 C. 若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法 D. 若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用捆绑法，插空法等求得每个选项的排列数可判断其正确性. 【详解】若节目与节目相邻，共有种不同的安排方法，故正确； 若节目与节目不相邻，共有种不同的安排方法，故B正确； 因为节目在节目之前表演与节目在节目之前表演的情况是一样的， 所以共有种不同的安排方法，故C正确； 添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况， 共有种不同的安排方法，故D错误. 故选：. 10. 已知点、分别为双曲线的左、右焦点，点P为C右支上一动点，则下列说法正确的是（   ） A. 双曲线C与双曲线有相同的渐近线 B. 若，则的周长为 C. 若，则的面积为4 D. 若M为圆上一点，则的最大值为8 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出两条双曲线的渐近线后可判断A的正误，根据双曲线的定义可求的周长，从而可判断B的正误，根据余弦定理和双曲线定义可求焦点三角形的面积，从而可判断C的正误，根据双曲线的定义结合圆的性质可求的最大值，从而可判断D的正误. 【详解】对于A选项，双曲线，，， 故渐近线方程为，即，双曲线，，， 故渐近线方程，即，故A正确； 对于B选项，由题意可得，， 由双曲线的定义可得， 因为，，故的周长为，故B正确； 对于C选项，点P为C右支上一动点，设， 则，， 因为，所以，解得（负值舍去）， 所以的面积为，故C正确； 对于D选项，圆的圆心的坐标为，半径为， 易知为双曲线的左焦点，故， 则， 当为线段的延长线与圆的交点时等号成立， 所以的最大值为，故D错误. 11. 已知一个袋子中放有5个不同的红球和3个不同的黄球，现从中逐个摸取3个小球.方案一：有放回地摸球，记取得红球个数为X；方案二：不放回地摸球，记取得红球个数为Y．下列说法中，正确的有（ ） A. ， B. C. ，其中 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别分析方案一、二，根据服从二项分布、超几何分布的概率公式、期望、方差公式计算，逐项分析得解. 【详解】选项A，方案一中，有放回地摸球，每次摸取到红球的概率为，摸3次球， 则取得红球个数，∴，，选项A正确； 选项C，方案一中，， 方案二中，不放回地摸球，取得红球个数Y服从超几何分布，则，．当时， ∴，，，故选项C错误； 选项B，由二项分布及超几何分布的期望公式，，故选项B正确； 选项D，，， 得，故选项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. 已知随机变量的分布列如下： 1 2 3 0.3 0.3 若 ， 则_______. 【答案】5 【解析】 【分析】利用期望公式求解即可. 【详解】由题可得：，， 所以， 故答案为：5 13. 若直线被圆截得的弦长为2，则_____. 【答案】或##或 【解析】 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心和半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离，最后根据勾股定理列方程求解并检验. 【详解】圆即， 则该圆的圆心为，半径. 设弦心距为，如图， 则圆心到直线的距离， 因为弦长为2，所以. 在中，由勾股定理得，即， 解得或. 当时，，符合题意； 当时，，符合题意. 综上，或. 14. 如图，我们在第一行填写整数到，在第二行计算第一行相邻两数的和，像在三角（杨辉三角）中那样，如此进行下去，在最后一行我们会得到的整数是______. 【答案】 【解析】 【分析】将数阵倒置，记第行第个数为，由此可得出所求的数为，且有性质并且，通过结合规律逐项推导得出，利用组合数公式以及二项式定理可得出结果. 【详解】将数阵倒置，计第行第个数为，则倒置后的数阵为： 则有，且有. ， ， . 依此类推， ， 因此，. 故答案为. 【点睛】本题考查归纳推理，解题的关键在于找出一般规律并借助二项式定理进行计算，考查逻辑推理能力与计算能力，属于难题. 四、解答题：本题5小题，共77分. 15. 已知数列前n项和为，且， （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，所以当时，， 两式作差得， 又符合上式，故的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，， 则. 16. 已知的二项展开式有7项． （1）求，并求出所有二项式系数之和； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式中的有理项． 【答案】（1）；64 （2）1215 （3），，， 【解析】 【分析】（1）由二项展开式有7项，可得，所有二项式系数之和为； （2）先求出二项展开式的通项为，再令，解得，代入通项计算即可； （3）分析得出要得到有理项，必须让为整数，从而得到，再代入通项计算即可. 【小问1详解】 因为的二项展开式有7项，所以， 所以所有二项式系数之和为； 【小问2详解】 由（1）知，所以的二项展开式的通项为 ， 令，解得， 所以展开式中含项的系数为； 【小问3详解】 因为的二项展开式的通项为， 因为，且，所以能使为整数的， 所以展开式中的有理项分别为 ，， ，. 17. 已知椭圆的焦距为，其左顶点为A，上顶点为B，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点．求的面积的最大值，并求此时直线的方程． 【答案】（1） （2）最大值为，直线方程为 【解析】 【分析】（1）利用焦距及顶点定义计算即可得； （2）联立直线与曲线方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再利用点到直线距离公式与弦长公式表示出面积后计算即可得. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 设、， 联立，消去可得， ，即， ，， 点到直线距离， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的面积的最大值为，此时直线的方程为. 18. 已知函数（） （1）若，求函数的极值点； （2）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； （3）若，且设，有两个零点，，其中，求的取值范围. 【答案】（1）极大值点为，极小值点为. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分析函数单调性即可得到极值点； （2）由题意结合导数与函数单调性的关系可转化条件为在上恒成立，利用基本不等式求得的最小值即可得解； （3）结合函数零点的概念和韦达定理得到两个根的关系，将表示为关于的函数，令，利用导数求得函数的值域即可得解. 【详解】（1）当时，，定义域为， ， ，得， 当时，，在上单调递减； 当或时，，在和上单调递增. 因此，极大值点为，极小值点为. （2）函数的定义域为. 对求导得. 因为在其定义域内单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 移项可得在上恒成立. 根据基本不等式（，，当且仅当时等号成立）， 对于2，其中，，则， 当且仅当，即时等号成立. 所以，即实数m的取值范围是. （3）由（2）知，因为有两个零点，， 所以，是方程的两个不相等的正实数根. 根据韦达定理，对于一元二次方程（）， 两根，有，， 则在方程中，，. 因为，所以，且. 已知，即，解不等式， 两边同时除以，得，移项得，即， 因为，所以该不等式恒成立. 解不等式，两边同时乘以（）得， 因式分解得，解得，结合，可得. 设，， ，所以在上单调递减. 则，， ， 所以，即的取值范围是. 19. 乒乓球作为我国的“国球”，一直以来都深受广大人民群众的喜爱．某学校高三年级将要举办乒乓球比赛，为更好备战，甲、乙、丙三位选手练习打乒乓球，每局均分胜负，第一局甲、乙对打，丙轮空，此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，每局双方获胜的概率相同，每局的结果相互独立． （1）求前五局中甲恰好参与了四局的概率； （2）求第局为乙、丙对打的概率； （3）若至多进行12局练习，且如果有选手先获得6局胜利则提前结束练习，记总共练习局数为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2） （3）的分布列如下： 6 7 8 9 10 11 12 期望为【解析】 【分析】（1）前五局中甲恰好参与了四局的情况列出来求解即可； （2）第局有甲参与的概率为，列出， 通过配凑出是等比数列，代入公式求解即可； （3）写出的取值并求出它所对应的概率，再列表格代入期望公式即可. 【小问1详解】 记“前五局中甲恰好参与了四局”为事件，记某选手获胜为“√”，失利为“×”，轮空为“”，则前四局甲有以下四类情况为恰好参与了四局： ①，第五局一定参与，概率为； ②，第五局一定参与，概率为； ③，第五局一定参与，概率为； ④，第五局一定轮空，概率为； 故所求概率为． 【小问2详解】 记第局有甲参与的概率为，则第局有甲参与的概率为， 若第局有甲参与，则第局有甲参与的概率为； 若第局没有甲参与，则第局一定有甲参与，所以 即，因为，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 所以第局乙、丙对打，即没有甲参与的概率为． 【小问3详解】 依题意，记为总共练习局数，则可取 因为除第一局之外，任何选手轮空之前必为失利，获胜之后必不轮空，即“”在一名选手对局结果中会相邻出现（除第一局为“”和最后一局为“”之外）， 则丙不会在第6，8，10局结束之后刚好胜满6局（因为丙第一局为“”，最后一局需要丙自己获胜，则前面的对局过程必会有数对的相邻“”）， 同理甲、乙不会在第7，9，11局结束之后刚好胜满6局，且前11局至多只会有1人胜满6局． 故时是以甲或乙获胜结束（甲、乙情况相同）， （最后一局甲胜，前7局甲有连续两局为“”，且“”当局概率为1，其余均为“√”）， 同理， 时是以丙获胜结束， 同理， 所以，故的分布列如下： 6 7 8 9 10 11 12 期望为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $