精品解析：湖南衡阳县第一中学等校2025-2026学年高二下学期期中校内检测数学试卷

2026年上学期高二期中校内检测 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，请将答题卡上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 在等差数列中，，则的公差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则点到直线的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 42 6. 已知随机事件互相独立，满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在双曲线的右支上，且成等差数列，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 甲､乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ） A. B. C. D. 或 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 以下能够判定空间中四点共面的条件是（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆，圆，则（ ） A. 的半径为4 B. 若相切，则 C. 当时，相交弦所在直线的方程为 D. 当时，相交弦的长度为 11. 某单位安排甲、乙、丙3人在5月1日到5月5日这5天假期中值班，要求每天只有1人值班，每个人至少值1天班，则（ ） A. 一共有种安排方法 B. 若每个人最多值2天班，一共有种安排方法 C. 若甲值2天班并且连续值2天，一共有种安排方法 D. 若甲、乙均值2天班，丙值1天班，但甲、乙均不连续值班，则有种安排方法 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知二项式，则展开式中的系数为_____． 13. 等比数列的各项均为正数，且，则___________． 14. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有成立，且，则不等式的解集为_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知数列是等差数列，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：． 16. （1）某公司年会安排了5个表演节目：街舞，歌曲串烧，小品，古筝演奏，脱口秀，5个节目排定5个时段依次表演，已知古筝演奏不能安排在第一个和最后一个表演时段，则共有多少种方案？ （2）已知二项式的展开式中前3项的二项式系数之和为56，记，求的值． 17. 为迎接年美国数学竞赛，选手们正在刻苦磨练，积极备战，假设模拟考试成绩从低到高分为、、三个等级，某选手一次模拟考试所得成绩等级的分布列如下： 现进行两次模拟考试，且两次互不影响，该选手两次模拟考试中成绩的最高等级记为． （1）求此选手两次成绩的等级不相同的概率； （2）求的分布列和数学期望． 18. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，圆，过的直线与交于，两点，当直线垂直于轴时，． （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，设在圆上，且也在上，判断是否存在点满足，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由； （3）当时，直线交圆于，两点，求的最大值． 19. 已知函数． （1）证明：； （2）若直线与函数图象有两个不同交点，，且． （i）若，求实数的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高二期中校内检测 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，请将答题卡上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为即可求解. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为， 故点关于原点对称的点的坐标为. 故选：B 2. 在等差数列中，，则的公差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列通项公式即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，又因为， 所以， 所以，即， 故选：D. 3. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助导数定义计算即可得. 【详解】因为，即， ，则． 4. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则点到直线的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据抛物线的定义进行求解即可. 【详解】抛物线，其准线方程为：，因为，且点在上， 由抛物线定义可知，点到直线的距离为3， 因为与平行，且距离为2，所以点到直线的距离为5. 故选：C 5. 如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 42 【答案】A 【解析】 【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数. 【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为； 若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为； 则不同的信号总数为. 故选：A． 6. 已知随机事件互相独立，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】事件互相独立，， 则（*）， 又因， 代入（*），可得，解得； . 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在双曲线的右支上，且成等差数列，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，因为点在双曲线的右支上， 所以， 因为成等差数列， 设公差为，则，所以， 所以，即成等差数列，且公差， 所以，即， 所以双曲线的离心率（或者：因为成等差数列，所以，即，即，所以双曲线的离心率）. 故选：B. 8. 甲､乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由三局两胜的比赛制度可得随机变量可能的取值为2和3，分别求出概率，列出分布列，利用离散型随机变量的期望公式计算求得的值． 【详解】随机变量可能的取值为2，3． ， ， 故的分布列为： 2 3 故， 由，解得或． 故选：D． 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 以下能够判定空间中四点共面的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据空间向量的基本定理及其推论，以及向量的共面定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A，因为，所以共面，又因为有公共点，所以四点共面； 对于B，因为，所以四点共面； 对于C，因为，所以，即直线和可能异面，四点不一定共面； 对于D，因为，所以，所以四点共面． 故选：ABD． 10. 已知圆，圆，则（ ） A. 的半径为4 B. 若相切，则 C. 当时，相交弦所在直线的方程为 D. 当时，相交弦的长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】将的一般方程化为标准方程后可判断A，根据相切得圆心距，再求出后可判断B的正误，两圆方程相减后得相交弦方程，故可判断C的正误，利用几何法求出弦长后可判断D的正误. 【详解】对于A，整理为， 所以的半径为4，A选项正确； 对于B，由A的判断可得，而，故且的半径为1， 若相切，则或，故或， 解得或，B选项错误； 对于C，当时，将两圆方程相减可得即， 故相交弦所在直线方程为，故C选项正确； 对于D，由C可得相交弦方程为, 故到直线的距离为， 所以相交弦的长度为，D选项错误， 故选：AC． 11. 某单位安排甲、乙、丙3人在5月1日到5月5日这5天假期中值班，要求每天只有1人值班，每个人至少值1天班，则（ ） A. 一共有种安排方法 B. 若每个人最多值2天班，一共有种安排方法 C. 若甲值2天班并且连续值2天，一共有种安排方法 D. 若甲、乙均值2天班，丙值1天班，但甲、乙均不连续值班，则有种安排方法 【答案】BD 【解析】 【分析】先分析可能的分组方案和，再分别计算每组的排法，进而判断选项A；根据已知条件得出符合的分组方法为，进而计算判断选项B；先安排甲，再将剩下的3天分成2组，最后由分步乘法计数原理计算判断选项C；利用树形图枚举所有符合的排班方法，判断选项D． 【详解】对A，将5月1日~5月5日这5天分成三组，然后再将一个组分给1个人： （1）分成3，1，1时，则有种安排方法； （2）分成2，2，1时，则有种方法， 共有种安排方法，故A错误； 对B，若每个人最多值2天班，将5天分成2，2，1三组，然后再将1个组分给1个人， 则有种安排方法，故B正确； 对C，因为甲连续值2天班，先安排甲，共有4种方法； 然后将剩下的3天分成2组，即分成2，1， 然后再将这两个组分给乙、丙两人，一组分给1个人，则有种安排方法， 由分步乘法计数原理得，共有种方法，故C错误； 对D，由树形图： 共有种方法，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知二项式，则展开式中的系数为_____． 【答案】 【解析】 【详解】展开式的通项，其中， 令，得， 的系数为． 13. 等比数列的各项均为正数，且，则___________． 【答案】15 【解析】 【分析】根据等比数列的性质结合对数的运算性质计算即可. 【详解】解：由已知得数列是各项均为正数的等比数列， 则， 所以． 故答案为：15. 14. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有成立，且，则不等式的解集为_____． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，即， 设，求导可得在上恒成立，所以函数在上单调递增， 因为，所以， 不等式，因为，所以化简可得， ，， 即可转化为， 因为在上单调递增，所以，解得， 即不等式的解集为． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知数列是等差数列，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）已知，则是首项，公比 的等比数列， ， ， 令， ， 当时，，， ，函数单调递减， ， ，命题得证． 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的性质，结合等差数列通项公式和前项和公式求解； （2）根据等比数列的性质求出，进而得出的表达式，再利用指数函数的单调性证明结论． 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，已知， ， ． 【小问2详解】 略 16. （1）某公司年会安排了5个表演节目：街舞，歌曲串烧，小品，古筝演奏，脱口秀，5个节目排定5个时段依次表演，已知古筝演奏不能安排在第一个和最后一个表演时段，则共有多少种方案？ （2）已知二项式的展开式中前3项的二项式系数之和为56，记，求的值． 【答案】（1）72（2） 【解析】 【详解】（1）先安排第一个时段，则有4种选择， 再安排最后一个时段，则有3种选择， 最后对于中间三个时段，剩余3个节目全排列，有种， 故共有方案种； （2）展开式前3项的二项式系数分别为， 则，整理可得， 解得：（舍）或， 令，故， 故 17. 为迎接年美国数学竞赛，选手们正在刻苦磨练，积极备战，假设模拟考试成绩从低到高分为、、三个等级，某选手一次模拟考试所得成绩等级的分布列如下： 现进行两次模拟考试，且两次互不影响，该选手两次模拟考试中成绩的最高等级记为． （1）求此选手两次成绩的等级不相同的概率； （2）求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 【解析】 【分析】（1）计算出该选手连续两次成绩的等级相同的概率，利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，求出随机变量的可能取值，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值. 【小问1详解】 解：此选手连续两次成绩的等级相同的概率为， 此选手两次成绩的等级不相同的概率为. 【小问2详解】 解：由题意可知，的所有可能取值为、、， ， ， ． 的分布列为 则数学期望． 18. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，圆，过的直线与交于，两点，当直线垂直于轴时，． （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，设在圆上，且也在上，判断是否存在点满足，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由； （3）当时，直线交圆于，两点，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由离心率和通径的计算即可求解； （2）通过斜率为0，斜率不存在，和斜率存在且不为0三种情况讨论求解即可； （3）①当直线AB的斜率为0时，得到，②当直线AB的斜率不为0时，设直线，联立椭圆方程，结合椭圆弦长公式和圆的弦长公式得到，再令，构造函数，求导确定单调性即可求解. 【小问1详解】 依题意，，所以， 当时，可得，解得， 所以，解得， 所以C的标准方程为． 【小问2详解】 易知，设，显然当直线AB斜率为0时，不符合题意． 当直线AB斜率不存在时，，满足题意，此时直线方程为； 当直线AB斜率存在时，设A、B两点的坐标分别为，则， 则，两式相减可得， 即，易知， 所以，因为， 即，解得或，均不符题意． 综上所述，存在点D满足，此时直线AB的方程为． 【小问3详解】 ①当直线AB的斜率为0时，，，所以． ②当直线AB的斜率不为0时，设直线， 联立直线l与C的方程，得， ∴， 由韦达定理得， ， 则， 圆心到直线AB的距离， 则， 因此，， 令，则， 设，则， 所以当时，取得极大值，也是最大值， 所以， 因为，所以的最大值为． 19. 已知函数． （1）证明：； （2）若直线与函数图象有两个不同交点，，且． （i）若，求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） 因为，定义域为， 令，得，当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得最大值，且最大值为，故； （2）（i） （ii）因为，即，则， 令，则有，解得， 因为，所以， 要证：，即证，因为，即证：， 令，则， 因为，所以，则函数在上单调递增， 又因为，所以，即在时成立，所以成立． 【解析】 【分析】（1）因为要证明函数最大值不超过1，所以先对函数求导，利用导数判断函数的单调性，找到极值点，进而确定函数的最大值，再与1比较； （2）(i)先结合（1）的结论确定的初步范围；又因为即，且，所以构造关于​的函数，利用函数单调性确定的最终取值范围; (ii)对函数进行变形，构造对称函数或利用函数单调性，将双变量问题转化为单变量问题，再通过导数证明相关不等式。 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，且当时，；当时，， 再结合函数的单调性和，作出函数的大致图象如下图所示， 若直线与函数的图象有两个不同交点，则， 且，又因为，所以， 即 则有，即，所以， 则， 所以，所以， 又因为，所以实数的取值范围为：； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $