精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二年级数学试卷

福建省厦门第一中学2025-2026学年度 第二学期期中考试 高二年数学试卷 命题教师 方颖 审核教师 周翔 吴卫军 刘明钦 2026.4 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知数列是等差数列，且，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 3. 设随机变量的分布列如表所示，且，则（ ） 0 1 2 3 P 0.1 a b 0.1 A. 0.2 B. 0.1 C. 0.15 D. 0.4 4. 的展开式中的系数是（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 30 5. 对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 6. 无重复数字的三位偶数的个数为（ ） A. 136 B. 328 C. 360 D. 720 7. 已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线交于，两点，其中在第一象限，，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为（ ）． A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 记圆：，圆：，则（ ） A. B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上 C. 若圆与圆内切，则 D. 当时，圆与圆的相交弦方程为 10. 我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ） A. 第6行从左到右第4个数是15 B. 第2026行的第1014个数最大 C. D. 记第n行的第i个数为，则 11. 已知棱长为4的正方体中，点为棱的中点，动点满足，其中，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则点到平面的距离为 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为 D. 若与夹角为，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则t=________. 13. 城区某中学安排5位老师到A，B，C三所乡村中学任教，要求每个乡村中学至少安排1位老师，每位老师只能去1个中学支教，则不同的安排方式有________种. 14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为数列的前n项和，且. （1）求该数列的通项； （2）若，求数列的前n项和. 16. 已知函数在处取得极值. （1）求，； （2）证明：时，. 17. 平面直角坐标系中，动点P到点的距离与它到直线的距离之比为． （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）过点M的直线l与轨迹C交于A，B两点，且点A在第一象限，点，与的面积之比为，求的内切圆半径． 18. 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． 19. 1907年物理学家Tatiana和Paul Ehrenfest为了解释热力学第二定律提出了一个分子扩散模型，编号为A和B的两个容器相互连通，当中仅用薄膜分割（允许分子在两容器间穿梭），当一个分子从一个容器转移到另一个容器，则称发生一次转移.发生n次转移后，容器A中的分子数记为，容器A的分子数从到的概率记为，即.初始状态时，容器A内有2个分子，容器B内有8个分子.假设每个分子发生转移的可能性相同，均为. （1）求，； （2）求2次转移后，容器A中的分子数的分布列与期望； （3）求出与的关系式，并解释当时的含义. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2025-2026学年度 第二学期期中考试 高二年数学试卷 命题教师 方颖 审核教师 周翔 吴卫军 刘明钦 2026.4 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】，所以. 所以. 2. 已知数列是等差数列，且，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】应用等差数列下标和性质结合等差数列求和公式计算求解. 【详解】数列是等差数列，且，， 所以， 则. 3. 设随机变量的分布列如表所示，且，则（ ） 0 1 2 3 P 0.1 a b 0.1 A. 0.2 B. 0.1 C. 0.15 D. 0.4 【答案】C 【解析】 【分析】根据概率和为1以及列方程组求解a、b即可． 【详解】由分布列的性质得，①， 又由，得②， 由①②解得， ． 故选：C． 4. 的展开式中的系数是（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 30 【答案】C 【解析】 【详解】展开式的通项为， 所以的展开式中的系数为. 5. 对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数图象的对称中心，进而求出函数值的和. 【详解】函数的定义域为R，求导得，， 由，得，解得，而， 因此函数的图象关于点对称，则， 即， 所以. 6. 无重复数字的三位偶数的个数为（ ） A. 136 B. 328 C. 360 D. 720 【答案】B 【解析】 【分析】应用分步乘法原理及分类加法原理计算求解. 【详解】当末尾数字是时，无重复数字的三位偶数的个数为， 当末尾数字是时，无重复数字的三位偶数的个数为， 综上，无重复数字的三位偶数的个数为. 7. 已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线交于，两点，其中在第一象限，，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图： 设双曲线的左焦点为，根据双曲线的对称性可得：，且. 所以. 结合双曲线的定义，，. 在中，. 由余弦定理，， 整理得：，所以. 8. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由求出,再由求出，最后利用即可求解. 【详解】设为第天选套餐，为第天选套餐， 则， ； 从而， . 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 记圆：，圆：，则（ ） A. B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上 C. 若圆与圆内切，则 D. 当时，圆与圆的相交弦方程为 【答案】BD 【解析】 【详解】对A：易知，，所以，故A错误； 对B：因为坐标原点在圆上，所以，所以圆：，由，所以点在圆上，故B正确； 对C：若圆与圆内切，则，故C错误； 对D：当时，圆：，圆：，两圆相交， 所以圆与圆的相交弦方程为， 化简得，故D正确. 10. 我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ） A. 第6行从左到右第4个数是15 B. 第2026行的第1014个数最大 C. D. 记第n行的第i个数为，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对A：第6行从左到右的第4个数为，故A错误； 对B：第2026行一共有2027个数，中间的第个数最大，故B正确； 对C：因为，，…，，故C正确； 对D：因为，所以，故D正确. 11. 已知棱长为4的正方体中，点为棱的中点，动点满足，其中，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则点到平面的距离为 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为 D. 若与夹角为，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据确定直线的位置，再根据线面垂直判断线线垂直，可判断A的真假；根据，确定点的位置，利用体积法求点到平面的距离，可判断B的真假；当，先求直线与平面所成的角，再利用可求的最小值，可判断C的真假；当与夹角为，可确定点的轨迹，再利用对称法求的最小值，判断D的真假. 【详解】A选项：因为，所以点，则平面. 因为，，平面，平面，， 所以平面，故.故A选项正确. B选项：，由于，，则点， 故点到面的距离等于点到面的距离d. 延长交于点， ∵，∴. ，故， 又因为，所以. 利用等体积法，，故.故B选项错误； C选项：取中点，过点作的平行线， 当时，，则平面， 设与平面所成角， 由最小角定理可知，，而，平面， 所以.故C选项正确； D选项：因为与夹角为，所以点落在以为轴，为母线的圆锥面， 又因为，即平面，与平面所成角为， 所以圆锥面与平面的交线是一条抛物线，点，落在抛物线上， 以点为原点，，为，轴正方向建系， 则，设抛物线，则，解得. 故.故D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则t=________. 【答案】1 【解析】 【详解】依题意，向量与向量垂直， 因此，所以. 13. 城区某中学安排5位老师到A，B，C三所乡村中学任教，要求每个乡村中学至少安排1位老师，每位老师只能去1个中学支教，则不同的安排方式有________种. 【答案】150 【解析】 【详解】不同的安排方式可以分成两类： 第一类：有3名老师安排到一个地方任教，这样的安排方式有种； 第二类：有一个地方安排了1名教师，其余两地各安排2名教师，这样的安排方式有：种. 根据分类加法计数原理，满足条件的安排方法有种. 14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，，先求得的值域，再根据题意分析两个函数值域间的包含关系，得到实数a的取值范围. 【详解】令，则. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. 所以的值域为. 所以对任意，. 所以. 令，则. 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以在处取得极大值，即最大值，最大值为. 所以的值域为. 所以对任意，. 由，得， 所以是的子集，所以， 所以. 所以实数a的取值范围为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为数列的前n项和，且. （1）求该数列的通项； （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）应用计算得出等比数列，再应用等比数列通项公式计算求解； （2）先应用对数运算，再应用裂项相消法计算求解. 【小问1详解】 当时， 所以，整理可得，，， 且当时，，即， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故，. 【小问2详解】 因为，所以， 所以. 16. 已知函数在处取得极值. （1）求，； （2）证明：时，. 【答案】（1）， （2） 时，， 令，， 则， 由；由. 故在上单调递增，在上单调递减， 则，所以在上恒成立. 所以时，. 【解析】 【分析】（1）先根据和求，的值，再利用导函数分析函数单调性，验证可得答案. （2）先把问题转化成，设，，利用导数分析函数单调性，求函数的最大值即可. 【小问1详解】 ， 故且，解得，. 故，. 令得，令得， 所以在处取得极值，满足要求. 故，为所求. 【小问2详解】 略 17. 平面直角坐标系中，动点P到点的距离与它到直线的距离之比为． （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）过点M的直线l与轨迹C交于A，B两点，且点A在第一象限，点，与的面积之比为，求的内切圆半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出动点，由题意列出等式，再化简得到轨迹方程. （2）首先判断斜率存在和不存在的情况，斜率存在时设出直线l的方程，然后将直线方程与轨迹C的方程联立，利用韦达定理得到纵坐标的和与积，结合面积关系求出参数；再求出三角形的面积和周长，进而解出三角形内切圆半径. 【小问1详解】 设动点P的坐标为，由题意可得， 即，化简得， 即动点P的轨迹C的方程为； 【小问2详解】 设，，点A在第一象限，则，， 若直线l的斜率不存在，由椭圆对称性可知与的面积之比为1，不符合题意； 故直线l的斜率必存在且不为0，可设直线l的方程为， 联立，得：， 直线l经过椭圆内一点，必有， ∴， 由于点，与的面积之比为， 故，即，即， 则，则， 结合，可得， 化简得，结合，则，故， 故，则， 又为椭圆的两焦点， 的面积为, 的周长为 ， 设的内切圆半径为r，则， 即，故. 18. 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）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． 【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】 略 19. 1907年物理学家Tatiana和Paul Ehrenfest为了解释热力学第二定律提出了一个分子扩散模型，编号为A和B的两个容器相互连通，当中仅用薄膜分割（允许分子在两容器间穿梭），当一个分子从一个容器转移到另一个容器，则称发生一次转移.发生n次转移后，容器A中的分子数记为，容器A的分子数从到的概率记为，即.初始状态时，容器A内有2个分子，容器B内有8个分子.假设每个分子发生转移的可能性相同，均为. （1）求，； （2）求2次转移后，容器A中的分子数的分布列与期望； （3）求出与的关系式，并解释当时的含义. 【答案】（1）， （2） X2 0 2 4 P . （3）， 解释：充分混合后，最终两容器分子数相等. *注：期望递推关系为： 【解析】 【分析】（1）弄清楚，的意义，根据古典概型的概率计算公式求值. （2）确定的可能值，求出对应概率，可得的分布列，再根据期望的概念求其期望. （3）先探索当时，与和的递推关系，再利用期望公式探索与的关系，利用数列求通项公式的方法求.进而解释的含义. 【小问1详解】 ∵每个分子等可能发生转移且分子数有限，∴本题是古典概型. 表示A中有1个分子转移到B，B中的分子不发生转移对应的概率，所以； 表示B中有1个分子转移到A，A中的分子不发生转移对应的概率，所以. 【小问2详解】 所有可能取值为0，2，4， 则， ， . 故的分布列为 X2 0 2 4 P ∴. 【小问3详解】 由题得，，， 当，则. 设，则， 解得. ∴， ∵，∴. 当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $