福建泉州第五中学2025-2026学年高二下学期数学期中模拟卷3

2027届高二下数学期中模拟卷3 一、单选题 1,把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A,“第二次出现正面”为事件B,则 P(B|A)等于() A. 1 B. C. D. 9 2.有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法 有()种 A.24 B.48 C.72 D.144 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足an+Sn=1,则一 +1+1+ …+一的值为() 1a2a3 A.63 B.126 C.128 D.254 4.已知斜率为5的直线过抛物线C:y2=4x的焦点F,且从上到下与C依次交于AB两 点，AF=FB,则1=() A月 B.2 C. 2 D.3 5.设A,B分别为随机事件A,B的对立事件，已知0<P(A)<1,0<P(B)<1,则下列说法 不正确的是() A.P(BI A)+P(BI A)=1 B.P(B A)+P(B A)=0 C.若A,B是相互独立事件，则P(AB)=P(A)D.若A,B是互斥事件，则 P(B A)=0 6.已知函数f)=xhx-e"对定义域内任意x<无，都有f-f<1,则正实数m取值 X-X2 范围为() A.(0,-] B.(0,e] C.，+) D.[e,+o) e 7.在送教下乡活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所 学校至少安排一名老师，且甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，则不同的分配方法 总数为() A.36 B.72 C.144 D.108 8.已知函数f(x)=e-adln(ax-a)+a(a>0),若对于任意的x>1使得不等式f(x)≥0成立， 侧实数a的取值范围() A.(0,e2] B.(0,e] C.「e2,tm) D.e,+） 试卷第1页，共7页 二、多选题 9.若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A,B,C,D四个景区游玩且每个人都必须分配到游 玩的景区，则下列说法正确的是() A.若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法. B.若每个景区都必须有人游玩且甲乙二人不能去同一个地方，则共有216种分配方法. C.若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法， D.若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法 10.已知函数f(x)=x3+ax2+x+1(a∈R),则下列说法正确的有() A.a∈R,f(x)都有两个极值点 B.当a=2时，f(x)仅有一个零点 。,若f(④的单调通减区间为-L- 则f(x)在区间(-2,0)的值域为(-1，) D.存在实数a,使直线y=x-1与f(x)的图象交于A、B、C三点，且B为AC中点 11.将(a+b)”(n=0,1,2,)按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角” (图1)，将杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到‘谢尔宾斯基三 角形”（图2），则下列说法正确的是() 第0行 第1行 第2行 12 第3行 133 第4行 14641 第5行 15101051 3X3X1 第6行 1615201561 (1X4X6X4X1 第n-1行1CC.CC1C1 1X510105X1 第n行1CC…CCgC1…Cm11 (1X6152005X6X1 图1 图2 A.在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为2” 98 B.在“杨辉三角中，记第n之2)行的第n-1个数为amn-),则∑aan=C) 2 C.在“谢尔宾斯基三角形”中，第2-1-1(n=1,2,)行全行都为黑色圆 D.在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 试卷第2页，共7页 三、填空题 12. 的展开式中含x3项的系数为 13.某学校有A,B两家餐厅，张同学第一天午餐随机地选择一家餐厅用餐.如果第一天去A 餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为08；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概 率为0.6.则张同学第二天去B餐厅用餐的概率为 14,已知双曲线E千1(@>0b>0的左、右焦点分别为，乃，过点乃的直线与交 曲线E的右支交于A,B两点，若AB=AE,且双曲线E的离心率为√2，则cOs∠BAE= 四、解答题 15.己知函数f()=ax-1nr+b,f()在x=2处取得极值3-h2. (I)求实数a,b的值； (2)求f(x)在区间[1，e]上的值域 试卷第3页，共7页 16.已知甲盒中有2个红球，4个白球，乙盒中有3个红球，5个白球，这些球除了颜色外 完全相同. (1)从甲盒中有放回地取球，每次取1个，共取3次，记这3次中取出红球的次数为随机变量 X,求X的数学期望和方差： (2)从甲、乙两盒中各任取2个球，记取出的4个球中红球的个数为随机变量Y,求Y的分布 列 试卷第4页，共7页 17.已知椭圆c:+足 京+1a>b>0)的离心率为6，椭圆C经过点√3,0) (1)求椭圆C的方程： (2)若椭圆C的左、右顶点分别为A,B,直线l交椭圆C于M,N两点（与A,B不重合）.设直 线AM的斜率为k,直线BW的斜率为k2,且k2=3k. (i)求证：BM⊥BW: (ⅱ)设弦MN的中点为H,O为坐标原点，直线OH与椭圆交于P,Q两点，求四边形 MPNO面积S的取值范围. 试卷第5页，共7页 18.已知某不透明盒子中有3个黑球、2个红球，盒子外面有足够多的黑球，所有球除颜色 以外完全相同现进行一种摸球游戏，规定从盒子中随机摸出1个球记下颜色，不放回盒子 中，然后从盒子外的黑球中拿1个放入盒子中为一次操作.重复以上操作，当盒子中全为黑 球时游戏终止 (1)经过2次操作后，记盒子中红球的个数为X,求X的分布列和数学期望 (2)记n次操作后游戏终止的概率为P. (①)求P.关于n的表达式；(i)求P的最大值 试卷第6页，共7页 19.己知函数f(=g-ar+alhx. (I)当a=0时，求曲线在点(1，e)处的切线方程； (2)当ase时，讨论函数f(x)的单调性： (3)若f(x)有两个极小值点x,(:<),且对任意满足条件的x,x2,都有2x+x2≥m恒成 立，求符合条件的整数的最大值. 试卷第7页，共7页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B D B C A ABC BD 题号 11 12 13 14 答案 1 ABC -10 0.3 8 1.A 【详解】第一次出现正面的概幸是P(④-号 第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是P(AB)2X24' 111 二 则P(B|A)= P(AB)_4=1 P(A)12 2 故选：A. 2.A 【详解】将丙和丁看作一个整体（捆绑)，内部可以交换顺序，有A?=2种， 口先排（丙丁）和戊，有A=2种排法，这两个排好后，会产生3个空位（包括两端）， 口从3个空位中选2个来排甲和乙，有A=6种排法， 所以总排法为2×2×6=24种， 3.B 【详解】解：8+5=，当n=-1时，4+=山，放4=方： 当n≥2时，a+S。=1,a1+S。1=1,相减得到a,=20 1 数列{0}是首项为，公比为，的等比数列， 验证n=1时成立，故a.= 1=2 :1+1+1++1-2+22++2°=2-20×2=2-2=126. 41a203 6 1-2 4.D 答案第1页，共13页 【详解】 由于F(L,0),直线AB方程为y=√3(x-1), 联立方程 y=5(x-0,消去y得3x2-10x+3=0, y2=4x 显然xA>XB, 得=3言h=1=4B=1-号h 3'|BF 所以AF=3FB,即2=3. 故选：D, 5.B 【详解】对于A,由P(BA)+PBA)=PAB+PAB=PA-I,故A正确： P(A) P(A) 对于B,当A,B是相互独立事件时，P(B|A)+P(B|A)=2P(B)≠0，故B错误； 对于C,因为A,B是相互独立事件，所以P(AB)=P(A)P(B), 则PAB)=PAB=PA),故C正确： P(B) 对于D,因为A,B是互斥事件，所以P(AB)=0,则P(B|A)=0,故D正确 6.C 【详解】函数f(x)=xnx-emr的定义域为(0，+o), 由<6，得-5<0，则f)f）<1化为)f(5)>x-, X一X2 即f(x)-x>f(x2)-x2,令h(x)=f(x)-x, 依题意，对(0，+o)任意x<x2,都有h(x)>h(x2), 答案第2页，共13页 则函数h(x)在(0，+o)上单调递减，即x∈(0，+o),h(x)=f'(x)-1≤0， 而f'(x)=lnx+1-memr,因此lnx+l-mem≤1，即nx≤memr, 显然x∈(0，+oo),有xnx≤em,而m>0,则当0<x≤1时，xnx≤0<mxem,当x>1 时，xlnx≤emr.Inem, 令8(x)=xnx,x>1,求导得g'(x)=nx+1>1,函数g(x)在(1，+o)上单调递增， 当x>1时，不等式xlnx≤em.In em化为g(x)≤g(emr),则x≤em在(l,+o)上恒成立，即 mx≥lnx,x>1, 因此m≥n在x>1上恒成立，令()=血x, x>l,求导得()=1-nx, 当x∈(L,e)时，p(x)>0,p(x)在(l,)上单调递增， 当x∈(e,+o)时，p(x)<0,p(x)在(e,+o)上单调递增减， 于是当x=e时，g以)取得最大值，pC=,则m≥ 所以正实数m取值范围为[仁，+o). 故选：C 7.C 【详解】根据题意，考虑间接法求解，即求出甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工 作，每所学校至少安排一名 老师的方法种数，减去每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学 校的方法种数即可 将甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，可分为两 种情况， 其一：按照“221”分组，有 CC△=90种方法：其二：按照13”分组，有CCA=60种方 A A 法 而每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法有C,A?=6 种. 答案第3页，共13页 故不同的分配方法总数为90+60-6=144种： 故选：C 8.A 【详解】因为a>0,由ax-a>0可得x>1,即函数f(x)的定义域为(1，+o), f(=e-ala-an(x-1）+a≥0可得g-1a≥1n(x-1）-1, 即e-a+x-lna≥x-1+ln(x-1), 构造函数g()=x+1r,其中x>0,则g)=1+>0,故函数8()在(0，+)上单调递 增， 所以g(e-a)≥g(x-1),可得e-m≥x-1,则x-lna≥l1n(x-1), 即lna≤x-lh(x-l),其中x>1,令h(x)=x-ln(x-1),其中x>1, 则()=1-1=X-2,当1<x<2时，K)<0,此时函数h()单调递减， x-1x-1 当x>2时，'(x)>0,此时函数h(x)单调递增， 所以，na≤h(x)n=h(2)=2,解得a≤e2. 综上，0<a≤e2 故选：A 不等式的结果构造函数g(x)=x+lx,转化为函数g(x)的单调性以及参变量分离法求解 9.ABC 【详解】对于A,条件：5人去4个景区，每个景区都有人 先把5人分成4组（必有1组2人，其余3组各1人）：分组方法数为C=10种， 再将4组分配到4个景区：排列方法数为A4=24种. 所以总方法数：10×24=240种，A正确： 对于B,条件：5人去4个景区，每个景区都有人 先计算总方法数（同A):240种. 再计算甲、乙同景区的方法数：把甲、乙看作1组，再和其余3人分成4组，再分配到4个 景区，方法数为A=24种. 答案第4页，共13页 所以符合条件的方法数：240-24=216种，B正确： 对于C,条件：只能选2个景区，且甲、乙同景区. 先选2个景区：C=6种. 把甲、乙看作1组，剩余3人每人都有2种选择(2个景区)，但不能全选另一个景区（否则 甲、乙所在景区没人)：总选择数为24-2=14种. 所以总方法数：6×14=84种，C正确： 对于D,条件：至多有1个景区没人（即0个景区没人”或1个景区没人”）. 0个景区没人（同A):240种. 1个景区没人：先选1个空景区C=4种，再把5人分到3个景区（分组为2,2,1或3,1,1）： 分组为2,2,1： CCC=15种，再排列A=6种，共15x6=90种. A 分组为3,1,1： CCC=10种，再排列A=6种，共10x6=60种. 1个空景区的总方法数：4×(90+60)=600种. 所以总方法数：240+600=840种，D错误. 10.BD 【详解】已知f(x)=x3+ax2+x+1, 求导得f'(x)=3x2+2ax+1,判别式△=4a2-12=4(a2-3): 选项A,当△≤0，即d≤V3时，f'(x)≥0恒成立，f(x)单调递增，没有极值点，因此 A错误； 选项B,当a=2时，f(x)=x+2x2+x+1,f'(x)=(3x+1)(x+1), 当x(m).xe（写+时，f>0,(单调递增， 当e（l》时，了o<0,f到单词速藏。 即f(=r+2r2+x+1极值点为x=-1x=- 3 计算得：f=0,f（分0 23 且x→-0时f(x)→-0，当x→+n时f(x)→+∞， 答案第5页，共13页 因此f(x)仅在(-o,-1)存在一个零点，B正确： 选项C。若f()的单润递减区间为1-司， 即f'(x)=3x2+2ax+1=0的根为x=-1,x=- 3 由韦达定理： 1(a=2 由B可知f()在(-2-)上单调递增，在-1骨)上单调递减，在（行0上单调递蜡。 又=1，-2=-1.f(0=1. 因此值域为(1，]，C错误； 选项D,设方程x3+br2+cx+d=0,(m≠0)有三个根x,,x, 所以方程即为m(x-x)(x-x2)(x-x3)=0, 变形为x3-m(x+x+x)x2+m(xx+x23+xx)x-mxxx=0, b x+x2+6=- m 比较两个方程可得xx3+x23+xx= m d 56=- m 三次方程韦达定理得证 联立y=x-1与f(x)=x3+ax2+x+1(a∈R), 整理得x3+ax2+2=0,设三个交点横坐标为x,2,x, 若B是AC中点，则2x2=x+x3, 由三次方程韦达定理：，+6+。=-a,得3x=-a,即x,=- 3 将与号代入方程： +2=02+2=00a=-3, 27 存在实数a=-3满足条件，D正确. 11.ABC 【详解】第n行的所有数字之和为C+C,+C++C=2”,A正确： 答案第6页，共13页 4-CC,所以2。 n=C+C+C++C=C+C+C+…+C%=C,B正 t=2 确； 通过观察规律归纳可知：第0,1,3,7,15，…行数字都是奇数，因此可以归纳出第 2-1-1(n=1,2,…)行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确： 由C可知第127行全行为奇数，则由奇数+偶数=奇数，结合C+C=C+1, 则第126行的127个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，D错 误： 12.-10 【详解】 的展开式的遁项为7，-C产（) =(←2)rC5x5-2，由5-2r=3得r=1, 则含x的项为(-2)'Cx3=-10x,系数为-10 故答案为：-10 13.0.3 【详解】令事件A表示第i天去A餐厅，事件B表示第i天去B餐厅，i=1,2, 则P(A)=P(B)=0.5,P(A4)=0.8P(A2B)=0.6, 由全概率公式有P(A)=P(A)P(AA)+P(B)P(AB)=0.5×0.8+0.5×0.6=0.7, 所以P(B2)=1-P(A)=1-0.7=0.3, 故答案为：0.3， 14.【详解】由双曲线E的离心率为√2，得双曲线半焦距c=√2a,又AB=AF, 则|BF引=AB-AF=|AEAF=2a,由双曲线的定义得BF-BF引=BF-2a=2a, 于是BE=4a=2BF引， 在△BF5中，由余弦定理得cs∠B5,E=BE+EE-B_4a2+8a2-16@V互 2BF FF2 2×2a×2W2a4 在△MrG中，cs∠FEA=-s∠F5B-,设Am,则A=m+2 答案第7页，共13页 由AE=|EE+AF,-2 FFAF Cos∠FE2A得 2a+m=(22a2+m2-2.2W5am.5 8a 解得m=名4，即A5 3 3 64a264a2 所以cs∠BA5=A5tAB-Br_9+Og-16a 1 2AFAB 2x Sa 8a 33 故答案为： 1 VA 15.【r解】0D由f)ar求号得f(国a会(e>0, 因为f(x)在x=2处取得极值3-ln2, f(2)=a-1-b=0 24 a=1, 所以 解得 rp)=2a-h2-号3-2 b=2, 经验证，∫(x)在x=2处取得极值，符合题意 故a=1,b=2 (2)由(1)可得f(x)=1-1-2-+x-2) x2 因为x∈[l,e],所以当1<x<2时，f'(x)<0,当2<x<e时，f'()>0, 故函数f(x)在(1,2)上单调递减，在(2，e)上单调递增， 因为f0=afQ)=3-n2fo)=e-1+子 且f0-fe)=4-e-20,所以f0>fe, 故f(x)在区间1，e]上的值域为[3-ln2,3] 答案第8页，共13页 16。【详解】①出题意知X83, 所以()=3号1，.X)=5写-》号 (2)由题意知Y的所有可能取值为0,1,2,3,4， P(Y=0)= 器片 pY-)=CCC+CCg-☑ CC 21 P(Y=2)-CC+CC+CccIc 37 C 105 P(Y=3)-ccc+ccci_13 CC 140 P(r-)cic C2C%140 所以Y的分布列为： 0 1 2 3 1-7 17 37 13 1 42 105 140 140 17.【详解】(1)椭圆C经过点(W5,0),a=√， 设桶圆的半焦距为c,则后5，c=万，6=心-c-1, 三椭圆C的方程为： 3+y2=1. (2)(i)连接MB,由椭圆方程知：A(-√3,0)，B(V3,0),设M(x,y),N(x,y2), 在+=1，-3=-3， 3 丽高名菊台 3 又=，m背即6kw1,BM1BN: 答案第9页，共13页 (ii)易知直线MN斜率不为0，可设直线MW方程为：x=my+t, x=my+t 国得：3+m广+2+-3=0，则△=123+m->0 2mt 2-3 .y+y2= 3+m’X及=3+m BM L BN,kka yy 即(1+m)X%+m-5)(0y+)+(t-5)=0, (1+m2)(t2-3)-2m24t-5)+(t-V5)(（3+m2)=0, 又t≠V3,(1+m2)t+5)-2m+(t-V⑤)3+m2)=0, 整理可得：4-23=0，解得：1=5， 2 w网+受s云+0，*% 9 4(3+m2) 当m=0时，OH与x轴重合，即OH:y=0,此时S=×25x5=3: 当m0时。k+,基T与从5 31 x+x3X-x2-x号x2-x2 3 '.Kou=m 剥直线0H:y-号，即u+3y=0, mx+3y=0 3 由 苦-y=:)r9,k 则点M,N到直线om的距离分别为4-匹+，4=匹+3，且m+3y与5+3 Vm2+9 Vm2+9 异号： A m 62Wm2+9 答案第10页，共13页 mx+3y-mx2-3y2 Vm2+9 +3y1-m y2+ 3y 2 m+3 Vm2+3 S=Vm2+3x54n2+9 3 m2+3 54 m2+3 m2>0,S>√5x√4-1=3且S<√5x2=23,即S∈(3,2W3): 综上所述：S的取值范围为3,2V3) 18.【详解】(1)由题意知，X的所有可能取值为0,1,2， 212 且P(X=0)= 5525' 24.3214 P(X=)=二×+2× 555525' 339 P(X=2)=2×2= 5525' 所以X的分布列为 X 0 1 2 2 14 9 P 25 25 25 X的数学期望E(X)=0x2+1x14 9=32 +2× 2525 2525 (2)(①由题意知：R=0,B=亏525 212 当n≥3时，第n次操作后游戏终止分两种情形： 口第1次损出的是黑球，则还需n-1次摸球游戏才能终止，则P-P; 5 口第1次摸出的是红球，则剩下n-1次摸球中，最后1次摸出红球，中间n-2次摸出的都是 2x-2, 55 ，24 所以Pn= Pn+ x)-2 2551 即当≥3时Rr 答案第11页，共13页 5 所以化)是以专为首项，为公比的等比徽列， 3 ()当n≥2时， 3. 令P-P>0,得5-10×③>0， 两边同时案以30x5得：8-340,所以 当n=2,3,4时上述不等式成立，故P>P>>卫， 当n=5时， 2y2<2 因为y=日是减萄数，所以当025时，骨行板公>号>> 所以月录人只的录人为=学写=总 19.【详解】(1)当a=0时，f()=C,则f四=-e, x2 则f'()=0,所以曲线在点(1，e)处的切线方程为y=e. (2)f'-c-e-a+4_-e-ax-_x-e'-a四 x2 x x2 x2 令g(x)=e-ax,则g'(x)=e-a, 若a≤1，则g'(x)>0,所以8(x)在(0，+o)上单调递增，所以8(x)>8(0)=1>0, 若1<a≤e,则当x∈(0，lna)时，g'(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(Ina,+o)时，g'(x)>0, g(x)单调递增，故g(x)≥g(lna)=a-alna=a(1-lna)≥0， 因此当x∈(0,1)时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当x∈(1，+o)时，∫'(x)>0,f(x)单调递 增. 答案第12页，共13页 (3)由(2)知a≤e时不符合题意： 当a>e时，易知g(x)在(0，lna)上单调递减，在(na,+o)上单调递增，g(na)<0,且 1na>1,g(0)=1>0,当x→+时，g(x)→+o,故存在x∈(0，lna）,x3∈(na,+o)使 8(x)=8(x)=0,又8(1)=e-a<0,故0<x<1<x, 则当x∈(0，x)时，g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减；当x∈(：，)时，g(x)<0, f'(x)>0,f(x)单调递增：当x∈(L,x)时，g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减：当 x∈(，+o)时，g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增，故x,x2为f(x)的两个极小值点， tlnt X= 且满足 e=a:则+ln:令=0<1<，得 t-1 e*ax2,=Ina+Inx2, Int x=t-1 则2x+名= (2t+1)nt t-1 令F0-②9m01<,则r0 -31nt+21-1- t t-1 t-1)2 令0-+a-1片则0=2+5212=-， 当0<t<时，r(>0,h(单调递增，当t<1时，h()<0,h()单调递减， A}34<0.A932-20.h0=0, 改0在@)肉系在唯一零点无居》 即h6)=3+2。-1=0,且当1e0,) to 时，h()<0,F'()<0,则F(t)单调递减；当t∈(，)时，h(t)>0,F'(t)>0,则F()单 调递增， 故r0r6-,+s6 fo -1 3(。-1) 3t 由4引得) 故整数m的最大值为2. 答案第13页，共13页