精品解析：山西长治学院附属太行中学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

太行中学2025—2026学年第二学期期中考试 高二数学 试题考试时间：120分钟；总分150分 第I卷（选择题） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在正项等比数列中，，，则公比为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 2. 若随机变量X满足，则（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 36 3. 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 5. 1080不同的正因数个数为（ ） A. 32 B. 36 C. 48 D. 50 6. 已知函数，若存在，使得成立，则实数的最小值是（   ） A. B. C. D. 7. 根据汕头市气象灾害风险提示，5月12日～14日我市进入持续性暴雨模式，城乡积涝和质灾害风险极高，全市范围内降雨天气易涝点新增至36处.已知有包括甲乙在内的5个排水施工队前往3个指定易涝路口强排水（且每个易涝路口至少安排一个排水施工队），其中甲、乙施工队不在同个易涝路口，则不同的安排方法有（ ） A. 86 B. 100 C. 114 D. 136 8. “布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓，则（ ）． A. B. C. D. 二､多选题：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. 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 如果由一组样本数据，，…得到的经验回归方程是，那么经验回归直线至少经过点，，…中的一个 B. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 C. 残差图是一种散点图，若残差点比较均匀地落在以横轴为对称轴的水平的带状区域中，说明模型选择比较合适，而且带状区域的宽度越窄，模型拟合的精度越高 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和0.3 11. 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ） A. B. 点在C上 C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 当点在C上时， 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 与双曲线有相同渐近线，且经过点的双曲线的方程是_________. 13. 已知随机变量的分布列如表所示： 则的最大值是___________. 14. 某校元旦晚会设计了一个抽奖游戏，主持人从编号为四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入奖品，再将四个箱子关闭，即主持人知道奖品在哪个箱子．当抽奖人选择某个箱子后，在箱子打开之前，主持人会随机打开一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．已知甲先选择了号箱子，则在主持人打开号箱子的情况下，奖品在号箱子的概率为______. 四､解答题：本题共5小题，共77分（其中15题13分，16，17题各15分，18，19题各17分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知某区组建了一支人的志愿者队伍，并由其中人组成“志愿模范队”.经过一年的实践，全队共有人的周平均服务时长超过2小时，其中有人来自“志愿模范队”，如下表所示. 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 周平均服务时长不超过2小时 总计 （1）已知一名志愿者是“志愿模范队”成员，求其周平均服务时长超过2小时的概率. （2）请完成列联表，并根据表中数据回答：是否有的把握认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系？ 附录：，其中. 16. 某商场为了促进消费，推出购物优惠活动，消费者购物每满300元可参加一次抽奖，抽奖活动如下：抽奖箱设置3个红球和2个白球，每次抽取2个球．若抽中2个白球，返现金50元；若抽中1个红球和1个白球，返现金30元；若抽中2个红球，返现金20元． （1）顾客A恰好消费了300元，设他所获得返现金额为随机变量X．求X的分布列与数学期望； （2）顾客B消费了1000元． ①顾客B获得返现金额为90元的概率是多少? ②若该商场同时还推出购物享九折优惠活动（减免总金额的10%），则顾客B应选择哪种方案更优惠?（备注：不能同时参加抽奖和打折活动） 17. 已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且． （1）证明：是等差数列； （2）令，求． 18. 已知椭圆，，A是的右顶点． （1）若的焦点，求离心率e； （2）若，且上存在一点P，满足，求m； （3）已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数在存在单调递减区间，求实数的取值范围； （3）当时，证明：函数有且仅有两个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太行中学2025—2026学年第二学期期中考试 高二数学 试题考试时间：120分钟；总分150分 第I卷（选择题） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在正项等比数列中，，，则公比为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可求解. 【详解】由可得， 由于，故，且 由可得，故， 故选：A 2. 若随机变量X满足，则（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】根据方差的性质即可求解. 【详解】, 故选：D 3. 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合正态分布曲线的对称性，得到，结合，即可求解. 【详解】由随机变量，可得正态分布曲线关于对称， 因为，所以， 又因为，所以， 所以. 4. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 【答案】C 【解析】 【分析】先求出样本中心点坐标，代入回归直线方程，解方程即可. 【详解】由题意，可得，， 所以样本点的中心坐标为， 代入回归直线方程，可得， 解方程得. 5. 1080不同的正因数个数为（ ） A. 32 B. 36 C. 48 D. 50 【答案】A 【解析】 【分析】根据质因数分解，结合分步计数原理即可求解. 【详解】由题意可知，则 1080的正因数， 因为可取，可取，可取， 所以1080不同的正因数个数为. 故选：A. 6. 已知函数，若存在，使得成立，则实数的最小值是（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出函数在时的最小值，结合题意即可求得答案. 【详解】由，得， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 故当时，， 而存在实数，使得成立，故， 即实数t的最小值是. 故选：A 7. 根据汕头市气象灾害风险提示，5月12日～14日我市进入持续性暴雨模式，城乡积涝和质灾害风险极高，全市范围内降雨天气易涝点新增至36处.已知有包括甲乙在内的5个排水施工队前往3个指定易涝路口强排水（且每个易涝路口至少安排一个排水施工队），其中甲、乙施工队不在同个易涝路口，则不同的安排方法有（ ） A. 86 B. 100 C. 114 D. 136 【答案】C 【解析】 【分析】先将5个施工队按照3，1，1和2，2，1两种模式分成3组，注意排除甲、乙两个施工队放在一个组的种数，然后再将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，即可得出答案. 【详解】解：若将5个施工队分成3组，则有如下两种情况， 第一种，按照3，1，1模式分组，则有种分组方法， 第二种，按照2，2，1模式分组，则有种分组方法， 所以将将5个施工队分成3组，共有种分组方法， 其中，如果甲、乙施工队和另外一个队构成一个组，则有种分组方法， 如果甲、乙施工队单独构成一个组，则有种分组方法， 所以将甲、乙两个施工队放在一个组，共有种分组方法， 所以将5个施工队分成3组，甲、乙两个施工队不在一个组的分组方法有种， 现将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，则有种安排方法， 所以符合题意的安排方法共有种. 故选：C. 8. “布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为，粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为，分析可得，整理得，，利用构造法推得为等比数列，即可求得通项，即得. 【详解】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为， 粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为， 则有，消去可得，， 则，即，因, 则数列组成一个首项为，公比为的等比数列， 故，即， 故. 故选：A. 二､多选题：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. 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用赋值法，令得，即可判断选项A；由展开式的通项公式，令求得的值，即可判断选项B；令得，即可判断选项C；令得，两式相减即可判断选项D. 【详解】∵，∴令得，故选项A正确； 由展开式的通项公式， 令得，所以，故选项B不正确； 令得，故选项C正确； 令得，两式相减得，故，故选项D不正确. 故选：AC. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 如果由一组样本数据，，…得到的经验回归方程是，那么经验回归直线至少经过点，，…中的一个 B. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 C. 残差图是一种散点图，若残差点比较均匀地落在以横轴为对称轴的水平的带状区域中，说明模型选择比较合适，而且带状区域的宽度越窄，模型拟合的精度越高 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和0.3 【答案】BCD 【解析】 【分析】ABC选项，根据线性回归方程，回归分析中决定系数，残差图的相关概念对选项一一判断；D选项，变形后对照系数，得到，，所以c，k的值分别是和0.3，D正确. 【详解】A选项，可能不经过点，，…中的任何一个，A错误； B选项，回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好，B正确； C选项，残差图是一种散点图，若残差点比较均匀地落在以横轴为对称轴的水平的带状区域中， 说明模型选择比较合适，而且带状区域的宽度越窄，模型拟合的精度越高，C正确； D选项，中，两边取对数，设，得，所以，， 所以c，k的值分别是和0.3，D正确. 故选：BCD 11. 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ） A. B. 点在C上 C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 当点在C上时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误. 【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理. 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 与双曲线有相同渐近线，且经过点的双曲线的方程是_________. 【答案】 【解析】 【分析】设双曲线方程为，将点坐标代入求值即可. 【详解】设双曲线方程为， 将点代入得，得， 故双曲线方程为. 故答案为： 13. 已知随机变量的分布列如表所示： 则的最大值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据随机变量的每个取值对应的概率之和为1，可解出，再求出，，进而求出，结合二次函数的知识求解即可. 【详解】由题知，解得， 则， ， 从而 ，，， 所以当时，取得最大值，最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下： （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算. 14. 某校元旦晚会设计了一个抽奖游戏，主持人从编号为四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入奖品，再将四个箱子关闭，即主持人知道奖品在哪个箱子．当抽奖人选择某个箱子后，在箱子打开之前，主持人会随机打开一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．已知甲先选择了号箱子，则在主持人打开号箱子的情况下，奖品在号箱子的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，根据条件求出，，，，利用全概率公式，即可求解，再利用贝叶斯公式，即可求解. 【详解】用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子， 由题知，，， 又， 所以， 又. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分（其中15题13分，16，17题各15分，18，19题各17分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知某区组建了一支人的志愿者队伍，并由其中人组成“志愿模范队”.经过一年的实践，全队共有人的周平均服务时长超过2小时，其中有人来自“志愿模范队”，如下表所示. 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 周平均服务时长不超过2小时 总计 （1）已知一名志愿者是“志愿模范队”成员，求其周平均服务时长超过2小时的概率. （2）请完成列联表，并根据表中数据回答：是否有的把握认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系？ 附录：，其中. 【答案】（1） （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据等可能性事件的概率和条件概率公式直接可得. （2）根据独立性检验直接可得. 【小问1详解】 设事件表示志愿者是“志愿模范队”成员的事件，事件表示志愿者周平均服务时长超过2小时的事件. 由题可知，，，因为每个志愿者被抽到的可能性相等， 根据古典概型的概率公式得，，. 由条件概率公式可得，则. 故一名志愿者是“志愿模范队”成员的条件下其周平均服务时长超过2小时的概率为. 【小问2详解】 由题可得如下列联表： 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 周平均服务时长不超过2小时 总计 提出零假设：是否‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”无关，确定显著性水平. 可得，由于，拒绝零假设， 故有的把握认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关. 16. 某商场为了促进消费，推出购物优惠活动，消费者购物每满300元可参加一次抽奖，抽奖活动如下：抽奖箱设置3个红球和2个白球，每次抽取2个球．若抽中2个白球，返现金50元；若抽中1个红球和1个白球，返现金30元；若抽中2个红球，返现金20元． （1）顾客A恰好消费了300元，设他所获得返现金额为随机变量X．求X的分布列与数学期望； （2）顾客B消费了1000元． ①顾客B获得返现金额为90元的概率是多少? ②若该商场同时还推出购物享九折优惠活动（减免总金额的10%），则顾客B应选择哪种方案更优惠?（备注：不能同时参加抽奖和打折活动） 【答案】（1）分布列见解析， （2）①；②打折更划算 【解析】 【分析】（1）先求出随机变量的所有取值，再求出其概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求期望即可； （2）①由题意刚好可以抽三次，每次返现金都是30元或者两次20元，一次50元，从而可求出所求概率； ②对于打折和抽奖，分别算出每种情况的优惠，然后对比即可. 【小问1详解】 由题意X可能取值为20，30，50， 则，，， 则X的分布列如下表： X 20 30 50 P 由期望公式可得； 【小问2详解】 ①由题意刚好可以抽三次，获得90元返现的情况为：三次抽奖每次返现金都是30元或者两次20元，一次50元， 则概率为； ②若打九折，需支付金额为：（元） 由（1）知每次抽中的均值为29元，则抽取三次总的均值为：（元）， 因为，故打折更划算． 17. 已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且． （1）证明：是等差数列； （2）令，求． 【答案】（1）证明：令，得，所以； 由题意得， 所以当时，，即， 所以或 所以或. 因为数列是单调递增数列，所以当时，， 所以， 所以，，即是首项为，公差为的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系，结合递增数列的特点，根据等差数列的定义可证； （2）分别求出数列的通项公式，利用错位相减求和法求得的结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以. 令 则① 两边同乘以2，得② ②-①，得 所以. 18. 已知椭圆，，A是的右顶点． （1）若的焦点，求离心率e； （2）若，且上存在一点P，满足，求m； （3）已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率； （2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得； （3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围. 【小问1详解】 由题意知，，则， 由右焦点，可知，则， 故离心率. 【小问2详解】 由题意， 由得，， 解得，代入， 得，又，解得. 【小问3详解】 由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为， 则，解得， 由得中点坐标为， 故直线，显然直线过椭圆内点， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设， 由消得， 由韦达定理得， 因为为钝角，则，且， 则有， 所以， 即，解得， 又， 故，即的取值范围是. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数在存在单调递减区间，求实数的取值范围； （3）当时，证明：函数有且仅有两个零点． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求在处的导数和函数值，代入直线方程即可求出切线方程； （2）将问题转化为在上有解问题，再求解即可； （3）根据导数求得单调性，结合零点存在性定理即可证明． 【小问1详解】 当时，，则， 所以，所以切线方程为，即． 【小问2详解】 由题意得， 若函数存在单调递减区间，则在上有解， 所以在上有解， 因为函数在上单调递减， 所以，故． 【小问3详解】 由题意得，则， 令，则， 令可得，（舍）或， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 又，，， 所以存在，使得，即， 所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 因为时，，， 所以存在，使得， 又， 所以存在，使得， 所以函数有且仅有两个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $