精品解析：广西柳州高级中学2025-2026学年度下学期高二期中考试数学试题

2025-2026学年度下学期高二期中考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设函数，则（　　 ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则实数x的值为（ ） A. B. 10 C. D. 2 3. 等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 已知变量，的一组统计数据如下表所示.计算得两个变量线性相关，且关于的线性回归方程为则实数的值为（ ） 1 2 3 4 0 4 7 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知二项式的展开式中项的系数为（ ） A. 80 B. -80 C. 160 D. -160 6. 同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件A为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件B为两枚骰子点数之和为8，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是双曲线的右焦点，是坐标原点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，若的面积为5，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3个小题，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，有错选的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量无关 B. 在残差图中，残差点在以横轴为中心的水平带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 10. 已知函数，则（ ） A. 3是的极小值点 B. 在上仅有1个零点 C. 曲线在点处的切线方程为 D. 若，则在区间上存在最大值 11. 某市以“渤海湾畔､生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线，其方程为.对应的曲线如图（实线部分）：对于曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线所围成的封闭区域面积等于 B. 若直线与曲线有唯一公共点，则取值范围为 C. 曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为 D. 曲线上存在唯一的点，使得点到点与到点的距离之差为4 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________． 13. 关于的不等式的解集是，则实数__________. 14. 有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 四､解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆的短半轴长，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线（不过右顶点）与椭圆交于两点，椭圆的右顶点为，且，求的值. 18. 已知函数均为正的常数）. （1）若，求函数在区间上的单调减区间； （2）设函数在处有极值. ①对于一切，不等式恒成立，求的取值范围； ②若函数在区间上是单调增函数，求实数的取值范围. 19. 2026年除夕夜，央视春节联欢晚会精彩上演，阖家团圆共贺新春.某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式对“央视春节联欢晚会”当晚的收看情况进行了随机抽样调查.统计发现，通过手机收看的占，通过电视收看的占，其他为未收看者. （1）从该地区中随机选取3人，用表示这3人中通过电视收看的人数，求； （2）若采用分层随机抽样方法从该地区被调查对象中抽取6人，我们知道，通过手机收看的人数有3人.现从这6人中随机选出4人，用表示这4人中通过手机收看的人数，求的分布列和数学期望. （3）设该地区被调查对象共有人，不难知道通过手机收看的有人，通过电视收看的有人，未收看的有人.若从该地区被调查对象中不放回地随机选取3人，记事件为“选取的3人中恰有1人用手机收看､1人用电视收看､1人未收看”，其概率为；若从该地区被调查对象中不放回地随机选取6人，记事件为“选取的6人中恰有2人用手机收看､2人用电视收看､2人未收看”，其概率为，求，并比较与的大小，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期高二期中考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设函数，则（　　 ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为函数， . 2. 已知向量，，若，则实数x的值为（ ） A. B. 10 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量的数量积的坐标运算计算即可. 【详解】由于，则， 即， 解得. 故选：A 3. 等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【详解】因为为等比数列，所以，解得或， 因为等比数列，所以， 则，所以，设公比为，则， 所以． 4. 已知变量，的一组统计数据如下表所示.计算得两个变量线性相关，且关于的线性回归方程为则实数的值为（ ） 1 2 3 4 0 4 7 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】计算出，，可知线性回归直线一定过，从而求出. 【详解】由题可知，， 则； 又在线性回归直线上，则， 所以，故. 故选：A. 5. 已知二项式的展开式中项的系数为（ ） A. 80 B. -80 C. 160 D. -160 【答案】D 【解析】 【详解】的展开式的通项为，令，得， 故，故展开式中的系数为. 6. 同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件A为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件B为两枚骰子点数之和为8，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别算出，，结合公式即可求解. 【详解】同时投掷两枚质地均匀的骰子，设两枚骰子投出的点数构成有序数对，则总共有种可能， 设事件为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件为两枚骰子点数之和为8， 所以事件包含的样本点个数有个， 所以， 事件包含的基本事件有：， 所以， 所以. 故选：C. 7. 已知点是双曲线的右焦点，是坐标原点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，若的面积为5，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图：由题有，由双曲线性质有， 所以.所以， 所以.又双曲线方程，则， 所以，则双曲线离心率. 8. 已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，求解导数可知在上单调递增，可等价变形为，可得，分离参变量求解即可. 【详解】设，则，故在上单调递增. 对恒成立，可等价变形为， 在上单调递增， 又 ，所以，所以 ， 所以由可得， 可得两边取对数得，即对恒成立， 设，则， 令得， 得， 所以在上单调递增，在上单调递减， ∴当. 对恒成立， ，即实数的取值范围是. 二､多项选择题：本题共3个小题，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，有错选的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量无关 B. 在残差图中，残差点在以横轴为中心的水平带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 【答案】BD 【解析】 【分析】应用线性相关系数、残差图与独立性检验的知识，决定系数一一检验即可. 【详解】利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关，因此错误； 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，因此正确； 线性相关系数的范围在-1到1之间，有正有负，相关有正相关和负相关， 相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强， 反之，线性相关性越弱，因此选项错误； 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小， 即模型的拟合效果越好，选项正确； 10. 已知函数，则（ ） A. 3是的极小值点 B. 在上仅有1个零点 C. 曲线在点处的切线方程为 D. 若，则在区间上存在最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】A.利用导数法求解判断；B.由选项A再根据极大值和极小值的正负判断；C.由，写出切线方程；D.结合选项A，为极大值点，为极小值点，且时，判断. 【详解】，易得在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，A正确； 在上有3个零点，B错误； ，故曲线在点处的切线方程为，即，C正确； 在处左增右减，故为极大值点，极大值在上单调递增，且时，，所以在上不一定存在最大值，D错误. 11. 某市以“渤海湾畔､生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线，其方程为.对应的曲线如图（实线部分）：对于曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线所围成的封闭区域面积等于 B. 若直线与曲线有唯一公共点，则取值范围为 C. 曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为 D. 曲线上存在唯一的点，使得点到点与到点的距离之差为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据方程分象限讨论曲线的方程，其图形是四个圆的一部分圆弧组成图形，根据弧长公式及扇形面积公式可判断A，根据直线与圆的相交相切关系可判断BC，根据双曲线的定义可判断D. 【详解】对于A，先计算第一象限部分的弓形弧的面积，扇形弦长为2，半径为， 所以扇形的圆心角为，所以第一象限部分的弓形的面积， 所以曲线所围成的封闭区域面积等于，故A正确； 对于B，直线过原点，所以直线必和曲线有一个交点， 再以第一象限为例，圆心到直线的距离，化简得， 即当时直线与圆相切，且切点为，同理可分析其他各个象限，由图象可知当时，直线与曲线有唯一公共点，故B正确； 对于C.当直线与切线的距离为时，则，解得或； 故恰好存在3个不同点到直线的距离为C错误； 对于D，因为点到点与到点的距离之差为4， 所以点在以为焦点，以实轴长为4的双曲线的下支上， 方程为，显然双曲线的一个实顶点在曲线C上且只有这一个点，所以D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正态分布密度曲线的对称性，列方程即可求出参数． 【详解】由题可知正态分布曲线关于对称， 又，所以，所以． 13. 关于的不等式的解集是，则实数__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程的关系结合韦达定理即可求解． 【详解】因为关于的不等式的解集是， 所以是方程的两个根，且， 所以，解得， 所以． 14. 有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（），利用全概率公式列式求解；当时，由全概率公式得，再通过构造等比数列求. 【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（）， 则，， 所以； 当时， ， 所以，又， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 即从第2个盒子中取到白球的概率是，从第个盒子中取到白球的概率是. 四､解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列性质计算即可； （2）先求得数列的通项公式，再运用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为 ，公差为， 则，解得， 因此通项公式为. 【小问2详解】 将代入，裂项得， 所以. 即. 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由底面，证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明即可. （2）以为坐标原点，向量方向分别为轴空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，由此即可求解. 【小问1详解】 连接，因为底面为菱形， ， ， 平面平面， 又平面， 平面. 【小问2详解】 由（1）知，又由， 可得，可得两两垂直， 令，可得， 以为坐标原点，向量方向分别为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 可得，，，，， ， 由（1）可知为平面的应该法向量， 设平面的一个法向量为， 有， 取，可得 由， 有， 平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆的短半轴长，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线（不过右顶点）与椭圆交于两点，椭圆的右顶点为，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义以及椭圆标准方程求解即可. （2）联立两方程，根据韦达定理以及向量的数量积求解即可. 【小问1详解】 由于，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为， ， 又，故. . 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 由消去得，， 设，则有，则， ① 因为，由，得. 将代入上式，得. 将①代入得，化简得 解得或， 若，则直线经过右顶点，此时不符合题意，所以. 18. 已知函数均为正的常数）. （1）若，求函数在区间上的单调减区间； （2）设函数在处有极值. ①对于一切，不等式恒成立，求的取值范围； ②若函数在区间上是单调增函数，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，令导数小于0，结合余弦函数在上的取值范围解不等式，直接得到单调减区间； （2）①先由极值点处导数为0求出参数，再将不等式恒成立问题转化为求函数的最大值，从而得到的取值范围；②先求出函数的单调递增区间，再令题目给定的开区间为单调递增区间的子集，通过解不等式组结合和整数的取值，最终得到的范围 【小问1详解】 时，函数，， 令，可得，因为，所以，所以函数的单调减区间为； 【小问2详解】 ，由已知得：，经检验知当时函数在处有极值 ， ①不等式可化为：， 记函数，， ∴函数在上是增函数，最大值为， ，的取值范围是， ②由区间得：，所以. 令，可得， ∵函数在区间上是单调增函数，且，， ，，，，. 19. 2026年除夕夜，央视春节联欢晚会精彩上演，阖家团圆共贺新春.某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式对“央视春节联欢晚会”当晚的收看情况进行了随机抽样调查.统计发现，通过手机收看的占，通过电视收看的占，其他为未收看者. （1）从该地区中随机选取3人，用表示这3人中通过电视收看的人数，求； （2）若采用分层随机抽样方法从该地区被调查对象中抽取6人，我们知道，通过手机收看的人数有3人.现从这6人中随机选出4人，用表示这4人中通过手机收看的人数，求的分布列和数学期望. （3）设该地区被调查对象共有人，不难知道通过手机收看的有人，通过电视收看的有人，未收看的有人.若从该地区被调查对象中不放回地随机选取3人，记事件为“选取的3人中恰有1人用手机收看､1人用电视收看､1人未收看”，其概率为；若从该地区被调查对象中不放回地随机选取6人，记事件为“选取的6人中恰有2人用手机收看､2人用电视收看､2人未收看”，其概率为，求，并比较与的大小，说明理由. 【答案】（1） （2）分布列见解析，； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题设，再由二项分布的概率求法求概率. （2）由题意知可能取值为，求出对应可能值的概率，进而写出分布列并求期望； （3）得到、，利用作差法及二次函数性质判断大小关系. 【小问1详解】 由题意，， 而可能取值为，所以. 【小问2详解】 由题意，通过手机收看､通过电视收看､未收看者的比例为，所以抽取6人中通过手机收看有3人，通过电视收看有2人，未收看者有1人，再从6人中随机选出4人，则其中通过手机收看人数可能值为，， 分布列如下： 1 2 3 . 【小问3详解】 该地区共有个人，则通过手机收看､通过电视收看､未收看者人数分别为， 随机选取3人，用手机收看､用电视收看､未收看各1人的概率为， 随机选取6人，用手机收看､用电视收看､未收看各2人的概率为， 所以， 且， 设，对称轴是，故为递增函数， 当且仅当时最小为， 此时， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $