精品解析：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，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用独立事件概率乘积公式计算再根据条件概率公式计算求解. 【详解】第一次出现正面的概率是， 第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是， 则． 故选：A. 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. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将丙和丁看作一个整体（捆绑），内部可以交换顺序，有种， ①先排（丙丁）和戊，有种排法，这两个排好后，会产生个空位（包括两端）， ②从个空位中选个来排甲和乙，有种排法， 所以总排法为种． 3. 已知数列的前项和为，满足，则的值为（ ） A. 63 B. 126 C. 128 D. 254 【答案】B 【解析】 【分析】根据和的关系得到，则，，再根据等比数列前项和公式计算即可． 【详解】解：，当时，，故； 当时，，，相减得到， 数列是首项为，公比为的等比数列， 故，验证时成立，故，， ． 4. 已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且从上到下与依次交于两点，，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，联立直线与抛物线方程，即可得到的横坐标，结合焦半径公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 由于，直线方程为， 联立方程，消去得， 显然，得， 所以，即. 故选：D. 5. 设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 若A，B是相互独立事件，则 D. 若A，B是互斥事件，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用条件概率的计算公式，以及相互独立事件判定方法，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，由，故A正确； 对于B，当是相互独立事件时，，故B错误； 对于C，因为是相互独立事件，所以， 则，故C正确； 对于D，因为是互斥事件，所以，则，故D正确. 6. 已知函数对定义域内任意，都有，则正实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件将问题转化为，构造函数，化为，求，根据导数判断函数的单调性，结合函数正负情况可得在上恒成立，构造函数，求，根据导数判断函数的单调性求出函数的最值即可解题. 【详解】函数的定义域为， 由，得，则化为， 即，令， 依题意，对任意，都有， 则函数在上单调递减，即，， 而，因此，即， 显然，有，而，则当时，，当时，， 令，求导得，函数在上单调递增， 当时，不等式化为，则在上恒成立，即，， 因此在上恒成立，令，求导得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递增减， 于是当时，取得最大值，，则， 所以正实数取值范围为. 故选：C 【点睛】结论点睛：隐蔽性指对同构，需要补因式，如：，两边同乘以，化为，即. 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 【答案】C 【解析】 【分析】考虑间接法求解, 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，利用排列组合数公式计算即得. 【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，有种方法；其二：按照“113”分组，有种方法. 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种. 故不同的分配方法总数为种. 故选：C. 8. 已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围. 【详解】因为，由可得，即函数的定义域为， 可得， 即， 构造函数，其中，则，故函数在上单调递增， 所以，可得，则， 即，其中，令，其中， 则，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，解得. 综上， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解. 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，则一共有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. 【答案】ABC 【解析】 【分析】本题为排列组合多选题，解题核心是先分情况讨论，再用分组分配、正难则反、排除法验证各选项：A选项用“先分组（必有2人一组）再全排列”；B选项用A的结果减去甲乙同景区的情况；C选项先选景区，再用“甲乙捆绑+排除全同组”；D选项分“无空景区”和“一个空景区”两类计算，最终筛选出正确选项． 【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）：分组方法数为种， 再将4组分配到4个景区：排列方法数为种． 所以总方法数：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，方法数为种． 所以符合条件的方法数：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：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）：总选择数为种． 所以总方法数：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：种，再排列种，共种． 分组为3,1,1：种，再排列种，共种． 1个空景区的总方法数：种． 所以总方法数：种，D错误． 10. 已知函数，则下列说法正确的有（） A. ，都有两个极值点 B. 当时，仅有一个零点 C. 若的单调递减区间为，则在区间的值域为 D. 存在实数，使直线与的图象交于A、B、C三点，且B为中点 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，求导，通过导数正负可判断；对于B，确定函数单调性得到极值，可判断；对于C，由单调减区间求得，进而可判断；对于D，结合三次方程韦达定理即可判断. 【详解】已知， 求导得，判别式， 选项A，当，即​时，恒成立，单调递增，没有极值点，因此A错误； 选项B，当时，，， 当，时，，单调递增， 当时，，单调递减， 即极值点为​， 计算得：，， 且时，当时， 因此仅在存在一个零点，B正确； 选项C，若的单调递减区间为， 即的根为， 由韦达定理：​，得， 由B可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，，， 因此值域为，C错误； 选项D，设方程有三个根， 所以方程即为， 变形为， 比较两个方程可得. 三次方程韦达定理得证. 联立与， 整理得，设三个交点横坐标为， 若是中点，则， 由三次方程韦达定理：，得，即​， 将代入方程：， 存在实数满足条件，D正确. 11. 将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（ ） A. 在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B. 在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据二项式系数之和的公式即可求解A，根据组合数的运算性质即可求解BC，由杨辉三角的性质即可求解D． 【详解】第行的所有数字之和为，A正确； ，所以，B正确； 通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第行全行都是奇数，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， 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； 三、填空题 12. 的展开式中含项的系数为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项式定理得出含项的系数. 【详解】的展开式的通项为，由得，则含的项为，系数为 故答案为： 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0.8；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__________. 【答案】 【解析】 【分析】令事件表示第天去餐厅，事件表示第天去餐厅，，由全概率公式先求，由即可求解. 【详解】令事件表示第天去餐厅，事件表示第天去餐厅，， 则，， 由全概率公式有， 所以， 故答案为：. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若，且双曲线的离心率为，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可. 【详解】由双曲线的离心率为，得双曲线半焦距，又， 则，由双曲线的定义得， 于是， 在中，由余弦定理得， 在中，，设，则， 由得 ，解得，即， 所以. 故答案为： . 四、解答题 15. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）求在区间上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，利用导数及极值列出方程组求参数，再检验即可； （2）利用导数求出函数单调性，由单调性求函数值域即可. 【小问1详解】 由求导得， 因为在处取得极值， 所以，解得 经验证，在处取得极值，符合题意. 故. 【小问2详解】 由（1）可得， 因为，所以当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增. 因为， 且，所以， 故在区间上的值域为. 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，求的数学期望和方差； （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，求的分布列． 【答案】（1），； （2） 0 1 2 3 4 【解析】 【分析】（1）由二项分布进行求解； （2）由超几何分布进行求解． 【小问1详解】 由题意知， 所以， 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，4， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 17. 已知椭圆的离心率为，椭圆经过点． （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，且． （i）求证：； （ii）设弦的中点为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，求四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明：连接，由椭圆方程知：，，设，， ，， ， 又，，即，； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据离心率、椭圆之间关系直接求解即可； （2）（i）由椭圆第三定义和已知斜率关系可证得，由此可结论； （ii）由，结合韦达定理可求得，得到直线方程；利用点差法可求得直线方程，进而得到坐标；根据弦长公式、点到直线距离公式可表示出四边形的面积，由函数值域求法可求得结果. 【小问1详解】 椭圆经过点，， 设椭圆的半焦距为，则，，， 椭圆的方程为：. 【小问2详解】 （i）略 （ii）易知直线斜率不为，可设直线方程为：， 由得：，则， ，， ，， 即， ， 又，， 整理可得：，解得：， ，，，， 当时，与 轴重合，即，此时； 当时，， ，则直线，即， 由得：，， 则点到直线的距离分别为，，且与异号； ， ， ， ，且，即； 综上所述：的取值范围为. 【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的四边形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于 或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求四边形的面积； ④将所求面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）. 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，求的分布列和数学期望. （2）记次操作后游戏终止的概率为. (i)求关于的表达式; (ii)求的最大值. 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 的数学期望 （2）(i) ；(ii) 【解析】 【分析】（1）先确定每个随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，列出分布列，最后根据数学期望公式计算期望即可； （2）(i)先求出初始项，再分两种情形推导时的递推关系，通过构造等比数列即可求出； (ii)先作差得到的表达式，通过解不等式判断的增减性，得出是的最大值并计算具体数值即可. 【小问1详解】 由题意知，的所有可能取值为0，1，2， 且， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 的数学期望. 【小问2详解】 （i）由题意知：， 当时，第次操作后游戏终止分两种情形： ①第1次摸出的是黑球，则还需次摸球游戏才能终止，则； ②第1次摸出的是红球，则剩下次摸球中，最后1次摸出红球，中间次摸出的都是黑球，则， 所以， 即当时，. 又因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. (ii)当时，， 令，得， 两边同时乘以得：，所以，即， 当时上述不等式成立，故， 当时，， 因为是减函数，所以当时，，故， 所以最大，即的最大值为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【答案】（1） （2）当时，，单调递减；当时，，单调递增． （3）2． 【解析】 【分析】（1）当时，求出，求出切线的斜率，然后求解切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）由（2）知时不符合题意，当时，存在，使，满足令，则，令，利用导数研究该函数的最值即可求解． 【小问1详解】 当时，，则， 则，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 ， 令，则， 若，则，所以在上单调递增，所以， 若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，故， 因此当时，，单调递减；当时，，单调递增． 【小问3详解】 由（2）知时不符合题意； 当时，易知在上单调递减，在上单调递增，，且，，当时，，故存在，使，又，故， 则当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，故，为的两个极小值点，且满足则令，得 则， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，， 故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增， 故， 由，得， 故整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则等于（ ） A. B. C. D. 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. B. C. D. 3. 已知数列的前项和为，满足，则的值为（ ） A. 63 B. 126 C. 128 D. 254 4. 已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且从上到下与依次交于两点，，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 若A，B是相互独立事件，则 D. 若A，B是互斥事件，则 6. 已知函数对定义域内任意，都有，则正实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 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，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 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，则一共有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，则下列说法正确的有（） A. ，都有两个极值点 B. 当时，仅有一个零点 C. 若的单调递减区间为，则在区间的值域为 D. 存在实数，使直线与的图象交于A、B、C三点，且B为中点 11. 将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（ ） A. 在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B. 在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 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 三、填空题 12. 的展开式中含项的系数为___________. 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0.8；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. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若，且双曲线的离心率为，则______． 四、解答题 15. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）求在区间上的值域. 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，求的数学期望和方差； （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，求的分布列． 17. 已知椭圆的离心率为，椭圆经过点． （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，且． （i）求证：； （ii）设弦的中点为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，求四边形面积的取值范围． 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，求的分布列和数学期望. （2）记次操作后游戏终止的概率为. (i)求关于的表达式; (ii)求的最大值. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $