2025-2026学年高二下学期数学期中素养训练1（北师大版）

高二下学期期中数学素养训练1 一、单选题 1．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从（    ） A．二项分布，且 B．两点分布，且 C．超几何分布，且 D．超几何分布，且 2．“”是“直线与直线互相垂直”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 3．二项式的展开式中的系数为（    ） A．60 B． C． D．12 4．某校6名同学打算去武汉旅游，现有黄鹤楼、古德寺、湖北省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为（    ） A．180 B．360 C．540 D．670 5．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知数列的前n项和为，前n项的积为，若，当取最小值时，（   ） A．10 B．11 C．12 D．12或13 7．已知点，，是与轴的交点．点满足：以为直径的圆与相切，则面积的最大值为（    ） A． B．8 C．12 D．16 8．设椭圆的左焦点为，为坐标原点，过且斜率为的直线交椭圆于，两点（在轴上方）.关于轴的对称点为，连接并延长交轴于点，若，，成等比数列，则椭圆的离心率的值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列结论中，正确的有（   ） A．数据4，1，6，2，9，5，8的第70百分位数为5 B．若随机变量，则 C．若，且，则C，D相互独立 D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 10．已知数列满足，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 11．曲线E上任意一点P到定点的距离与到定直线的距离之和为8，则下列说法中正确的有（   ） A．曲线E经过点 B．曲线E上点的横坐标的取值范围是 C．曲线E围成的区域面积大于 D．曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有6个 三、填空题 12．已知圆和圆，则两圆的公共弦长为__________. 13．下列命题: ①在一个2×2列联表中,由计算得k2=6.679,则有99%的把握确认这两个变量间有关系. ②随机变量X服从正态分布N(1,2),则 ③ 若二项式的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中的系数是 ④连掷两次骰子得到的点数分别为m，n，记向量a＝(m，n)与向量b＝(1，－1)的夹角为θ，则θ∈(0，]的概率是． ⑤．若，则31；其中正确命题的序号为___________. 14．已知，，…，是，，…，（，）满足下列性质的一个排列，性质：排列，，…，中存在唯一使得，满足性质的数列，，…，的个数为________． 姓名：______________学号：____________得分：____________ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12___________________．13___________________．14_____________ 四、解答题 15．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围. 16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，平面AEC． (1)求证：点E是棱PD的中点； (2)若平面ABCD，，PC与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角的正切值． 17．某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为． (1)若学生甲摸球2次，其总得分记为，求随机变量的分布列与期望； (2)学生甲、乙各摸5次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励．已知甲前3次摸球得了6分，求乙获得奖励的概率． 18．若数列满足，则称数列为“平方递推数列”.已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数. (1)证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； (2)设，数列的前项和为； ①求； ②若恒成立，求实数的最大值. 19．已知点是直线外的一个动点，，垂足为，且在线段外，，记点的轨迹为曲线．不过原点的直线交于两点，关于轴的对称点为，直线和的斜率之积为． (1)求的方程； (2)判断是否过定点，若是则求出该定点，若不是则说明理由； (3)证明：不可能为锐角三角形． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C C B C B D BC ABD 题号 11 答案 BC 1．C 【分析】利用超几何分布的定义判断，再利用超几何分布的期望公式求解. 【详解】解：由于是不放回地随机摸出20个球作为样本，所以由超几何分布得定义得服从超几何分布，所以. 故选：C 2．A 【分析】因为直线与直线互相垂直，所以或.再利用充分条件必要条件的定义判断得解. 【详解】因为直线与直线互相垂直， 所以， 所以或. 因为“”可以推出“或”，“或”不能推出“”， 所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分非必要条件. 故选：A 【点睛】方法点睛：充分必要条件的判定，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解. 3．C 【分析】化简通项，令的指数为4求出，代回通项可得答案. 【详解】展开式的通项， 令，解得，所以，即的系数为. 故选：C 4．C 【分析】分类考虑前往每个景区的人数，求出每种情况的方案数，即可得答案. 【详解】由题意，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有种； 当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有种； 当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有种； 故不同方案的种数为（种）， 故选：C 5．B 【分析】求导后令导数小于等于零，分离参数再由二次函数性质求解. 【详解】由得， 由函数单调递减可得恒成立， 因为，所以，所以， 所以实数的取值范围是. 故选：B 6．C 【分析】根据给定的递推公式求出，再由单调性求得答案. 【详解】，，当时，，两式相减得， 而，解得，因此数列是等比数列，， 数列是递增正项数列，， 因此，所以当取最小值时，. 故选：C 7．B 【分析】由图可以判定，两圆内切，然后根据内切的判定得到B的轨迹方程为椭圆，根据椭圆的性质即可确定最大值. 【详解】 如图，设以为直径的圆的圆心为，， 显然两圆内切，所以， 又为的中位线，所以， 所以， 所以的轨迹为以，为焦点的椭圆， ，， 显然当为椭圆短轴顶点即时，的面积最大，最大值为， 故选：B. 8．D 【分析】根据，，成等比数列，得到，设直线AB的方程为：，与椭圆方程联立，再设直线BD的方程为：，令结合韦达定理，得到点E的坐标，代入求解. 【详解】解：如图所示：    设分别以OF，EF，OE为底，高为h， 则， 因为，，成等比数列， 所以，即， 设直线AB的方程为：， 联立，消去y得， 由韦达定理得：， 直线BD的方程为：， 令得，，则， 则，即为， 则，即， 即， 解得，则， 故选：D 9．BC 【分析】由分位数的计算方法即可判断A；由正态分布曲线的对称性即可判断B；根据条件概率公式及对立事件即可判断C；根据独立性检验即可判断D选项． 【详解】对于A，先排序：1,2,4,5,6,8,9，，第五位数据6，故A错误； 对于B，， 则，故B正确； 对于C，， 由条件概率公式得，得到，即C，D相互独立，故选项C正确； 对于D，没有充分证据推断X与Y有关联，故D错误． 故选：BC． 10．ABD 【分析】A选项直接由递推关系式即可求出；B选项由即可判断；C选项由即可判断；D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断. 【详解】，故选项A正确； 对于，有， 两式相加，得，则，故选项B正确； 由，知， 则，故选项C错误； 由偶数项均为，可得为偶数时，， 则 ， 则，故选项D正确. 故选：ABD. 11．BC 【分析】根据点到定点的距离与到定直线的距离之和为这一条件，分情况讨论得出曲线的方程，再根据方程对各选项进行判断. 【详解】设点，因为曲线E上任意一点P到定，点的距离与到定直线的距离之和为8，所以曲线E的方程为， 当时，得，两边平方得， 当时，得，两边平方得，所以曲线E的大致图象如图所示， 将代入得，所以E不经过，故A错误； 将代入，解得，所以由图象得曲线E上点的横坐标的取值范围是，故B正确； 由图象可知曲线E的面积，故C正确； 因为曲线E上，点的横坐标的取值范围是，将分别代入， 解得曲线E过点 ，，所以曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有4个，故D错误. 故选：BC． 12． 【分析】先求出相交两圆的公共弦所在直线方程，再求出圆心到公共弦直线的距离，根据弦长公式即可求得公共弦长. 【详解】    如图，由圆与圆相减， 整理可得两圆的公共弦所在直线方程为：， 由圆的圆心到直线的距离为， 由弦长公式，可得两圆的公共弦长为. 故答案为：. 13．①②④⑤ 【详解】试题分析：①根据，所以正确；②根据正态分布的对称性，可知正态密度曲线关于对称，所以正确;③求二项式所有项的系数和时，令，即，解得，那么展开式中含的系数就是，即系数是80，故不正确；④若满足条件，需满足求不平行，所以，，所以满足条件的有，所以满足条件的概率是,故正确；⑤当时，，当时，，所以，正确，故选①②④⑤. 考点：命题 14． 【分析】先根据题意得到和之间的关系：，再计算，代入即可. 【详解】设为符合题意的的个数， 考虑和之间的关系，为此考虑两种情况下的： 第一种为1到符合性质排列，不妨设，此时要么放在末尾要么放在和之间，这一共有 种情况； 第二种为1到不符合性质排列，此时若想插入数使得序列满足性质，则前个数只能递增排列，然后插入，有种情况； 故 设 易知 ， 所以. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用导数的几何意义即可得解； （2）利用导数求得的最小值，从而得到关于的不等式，解之即可得解. 【详解】（1）当时，，， 故，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）， 因为，所以由，得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 因为恒成立，所以，解得， 所以实数的取值范围为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF，结合四边形ABCD为矩形可得为BD的中点，根据平面AEC可得，进而求证即可； （2）方法一：结合平面ABCD可得就是PC与平面ABCD所成的角，进而得到，进而得到平面PAD，在平面PAD内作，垂足为G，连接GC，可得，进而得到是二面角的平面角，进而求解即可； 方法二：结合平面ABCD可得就是PC与平面ABCD所成的角，进而建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用法向量求解即可. 【详解】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF， 四边形ABCD为矩形，为BD的中点， 平面AEC，平面PBD经过PB且与平面AEC交于EF，， 又点F是BD的中点，点E是棱PD的中点. （2）方法一：平面ABCD，AC，AD，平面ABCD，， 则就是PC与平面ABCD所成的角， 故，解得． 四边形ABCD为矩形，， 又，PA与AD是平面PAD内的两相交直线，平面PAD， 如图，平面PAD内作，垂足为G，连接GC，则， 是二面角的平面角． 在直角三角形PAD中，，点E是PD的中点， ，且 平面PAD，平面PAD，，故， 二面角的平面角的正切值为． 方法二：平面ABCD，AC，AD，平面ABCD， ，则就是PC与平面ABCD所成的角， 又四边形ABCD为矩形，， 分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设是平面AEC的一个法向量，二面角的大小为， 由，可得， 则， 故 解得，所以， 又是平面AED的一个法向量，且为锐角， 故， 则，即， 所以二面角的平面角的正切值为． 17．(1)分布列见解析， (2)． 【分析】（1）依题得到的取值，求出对应的概率，列出分布列，求得均值； （2）记“甲最终得分为分”，；“乙获得奖励”,求得和，以及和，利用全概率公式计算即可得到. 【详解】（1）由题意知学生甲摸球2次总得分的取值为2，3，4， 则，，， 所以的分布列为： 2 3 4 所以． （2）记“甲最终得分为分”，；“乙获得奖励”． ，． 当甲最终得9分时，乙获得奖励需要最终得10分，则 ； 当甲最终得8分时，乙获得奖励需要最终得10分或9分，则 ； 故 ． 即乙获得奖励的概率为． 18．(1)证明见解析 (2)①；②16 【分析】（1）由题意，配方得，利用“平方递推数列”定义即可证明，两边取对数，根据等比数列的定义即可证明； （2）①求出，然后利用错位相减法求和即可； ②将原不等式恒成立转化为恒成立，分离参数恒成立，利用基本不等式求解最值即可得解. 【详解】（1）点在函数的图象上， ，， 数列是“平方递推数列”， 因为， 对两边同时取对数得， 数列是以1为首项、2为公比的等比数列； （2）①由（1）知，所以， 则， . 两式相减可得， ； ②恒成立， 恒成立， 恒成立，恒成立， 又，当且仅当时，取到等号， ，即. 19．(1) (2)过定点 (3)证明见解析 【分析】（1）先设动点坐标，将几何关系转化为坐标关系后可得曲线的方程； （2）设直线方程并联立，代入双曲线方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理化简目标代数式后可得定点； （3）利用向量的数量积可判断三角形的形状. 【详解】（1）设，因为，且，垂足为，则点坐标为． 则， 已知，即． 因为在线段外，所以， 则，整理可得曲线的方程为． （2）设，则． 显然的斜率不为零，否则有， 此时，与直线和的斜率之积为6，矛盾． 故可设，由得， 依题意，且， ∴且． 由得， ∴， ∵直线和的斜率之积为6，∴， 即，，，解得． 此时恒成立，∴，过定点． （3）由（2）知，． ①当，即时，，∴均在的右支，如图． 此时 ， ∴是钝角，是钝角三角形． ②当，即或时，， ∴分别在的两支．不妨设在的右支，则，如图． 设，则， ∴． ∵过点，∴， ∴是钝角，是钝角三角形． 综上可知，不可能是锐角三角形． 答案第4页，共8页 答案第3页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $