精品解析：北京市第五十五中学2025-2026学年度第二学期高二数学期中考试试卷

北京市第五十五中学2025-2026学年度第二学期 期中调研试卷 高二数学 本试卷共6页，共150分，考试时长120分钟 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项，把答案填在答题纸上） 1. 已知函数的导函数，则函数可以是（ ） A. B. C. D. 2. 从标有数字1，2，3，4，5的五张卡片中，依次抽出2张（取后不放回），则在第一次抽到卡片是偶数的情况下，第二次抽到卡片是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（） A. 1 B. 16 C. D. 81 4. 投资甲、乙两种股票，每股收益（单位：元）分别如下表： 甲种股票收益分布列 乙种股票收益分布列 收益 0 1 收益 0 1 概率 0.4 0.6 概率 0.6 0.4 则下列说法正确的是（ ） A. 投资甲种股票期望收益大，投资乙种股票的风险更高 B. 投资乙种股票期望收益大，投资甲种股票的风险更高 C. 投资甲种股票期望收益大，投资两种股票的风险一样高 D. 投资乙种股票期望收益大，投资两种股票的风险一样高 5. 已知函数 ，则下列说法错误的是（ ） A. 有三个零点 B. 在上单调递减 C. 点是曲线的对称中心 D. 有两个极值点 6. 中国古典乐器按“八音”分类.“八音”是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最先见于《周礼·春官·大师》，分为“金、石、土、革、丝、木、匏（pào）、竹”八音.其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器.现从“八音”中任取不同的“两音”，则“两音”来自两种不同类型乐器的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，则“”是“没有极值点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知且该多项式展开式的二项式系数和为64，则（ ） A. 21 B. 64 C. 78 D. 156 9. 已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ） A. B. C. D. 10. 从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”--图书馆，建设高水平､现代化､开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声，现有一块不规则的地，其平面图形如图1所示，（百米），建立如图2所示的平面直角坐标系，将曲线AB看成函数图象的一部分， 为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形（如图2），则图书馆占地面积（万平方米）的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸上） 11. 已知函数，，那么______. 12. 若离散型随机变量，则______，______. 13. 将4名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目只培训一人，志愿者小明不去花样滑冰项目，则不同的分配方案共有___________种 （用数字作答） 14. 若的展开式中存在常数项，则正整数的一个取值是_________，且此时常数项等于_________.（用数字作答） 15. 已知函数与的图像如下图所示，设函数.给出下列四个结论 ①函数在区间上是减函数，在区间上是增函数； ②函数在区间和上是增函数，在区间上是减函数； ③函数有三个极值点； ④函数有两个零点. 其中，所有正确结论的序号是________. 三、解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.） 16. 在 中，. （1）求 的大小； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使 存在，求 的面积. 条件①： 边上中线的长为； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17. 如图，四边形 是正方形，平面 ，，，F，G，H分别为，，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的大小 18. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知分别从A，B两家公司的调查问卷中随机选取120份和80份，统计数据如下： 快递公司 A快递公司 B快递公司 项目 份数 评价分数 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度 29 24 16 12 47 56 40 48 44 40 24 20 假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率. （1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公司配送时效的评价不低于75分的概率： （2）分别从该地区A和B快递公司的调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望： （3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级，假设：小王从该地区A，B两家快递公司中随机选一家快递公司，再从该公司的调查问卷中随机抽取1份，抽到的问卷配送时效评价为“优秀”的概率为，抽到的问卷配送时效评价为“一般”的概率为，判断与的大小（结论不要求证明） 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的图像上存在两点，，使得曲线在两点处的切线互相平行，且线段 的中点在上，求 的取值范围. 20. 设椭圆：的左、右焦点分别为、，焦距为2，E是椭圆C上一点，. （1）求椭圆C的方程和离心率； （2）是y轴上的两个动点（点M与点E位于x轴的两侧），，直线交x轴于点P，求的值. 21. 对于一个函数和一个点，令，若在时取得最小值的点，则称是 的“最近点”. （1）对于函数，求证：对于点，存在点，使得点是 的“最近点”； （2）对于函数，，请判断是否存在一个点，使它是 的“最近点”，且直线与曲线在点处的切线垂直？ （3）已知函数可导，函数在上恒成立，对于点与点，若对任意实数，均存在点同时为点与点的“最近点”，说明的单调性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五十五中学2025-2026学年度第二学期 期中调研试卷 高二数学 本试卷共6页，共150分，考试时长120分钟 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项，把答案填在答题纸上） 1. 已知函数的导函数，则函数可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依次对选项求导即可. 【详解】对于A选项， ，故A错误； 对于B选项，，故B正确； 对于C选项，，故C错误； 对于D选项，，故D错误. 2. 从标有数字1，2，3，4，5的五张卡片中，依次抽出2张（取后不放回），则在第一次抽到卡片是偶数的情况下，第二次抽到卡片是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设事件 表示“第一张抽到偶数”，事件表示“第二张抽取奇数”，分别求出和，利用条件概率计算公式即可求得结果. 【详解】从标有1，2，3，4，5五张卡片中，依次抽出2张， 设事件 表示“第一张抽到偶数”， 事件表示“第二张抽取奇数”， 则，， 在第一次抽到卡片是偶数的情况下，第二次抽到卡片是奇数的概率为 ， 故选：C. 【点睛】本题主要考查的是条件概率的计算，要熟记条件概率的计算公式，属于基础题.事件 发生的前提下，事件发生的概率，用公式可表示为. 3. 若，则（） A. 1 B. 16 C. D. 81 【答案】B 【解析】 【详解】令代入等式两边:左边：. 右边：，因此. 4. 投资甲、乙两种股票，每股收益（单位：元）分别如下表： 甲种股票收益分布列 乙种股票收益分布列 收益 0 1 收益 0 1 概率 0.4 0.6 概率 0.6 0.4 则下列说法正确的是（ ） A. 投资甲种股票期望收益大，投资乙种股票的风险更高 B. 投资乙种股票期望收益大，投资甲种股票的风险更高 C. 投资甲种股票期望收益大，投资两种股票的风险一样高 D. 投资乙种股票期望收益大，投资两种股票的风险一样高 【答案】C 【解析】 【分析】先计算两个分布列的均值与方差，均值越大，收益越大，方差越大，风险越高，即可求解. 【详解】甲期望的收益， 方差. 乙期望的收益， 方差. 因为，， 所以投资甲种股票期望收益大，投资两种股票的风险一样高. 5. 已知函数 ，则下列说法错误的是（ ） A. 有三个零点 B. 在上单调递减 C. 点是曲线的对称中心 D. 有两个极值点 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数零点的定义判断A；根据导数与单调性及极值的关系判断BD；根据函数的对称性验证C. 【详解】对于A：， 令，则 ，所以或. 方程，，无实根。 所以只有一个零点，A错误. 对于BD：. 令，即，解得或. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，，单调递增,B正确. 所以当时取得极大值，为， 所以当时取得极小值，为，D正确. 对于C：若点是曲线的对称中心， 则. ， ， 所以， 故点是曲线的对称中心，C正确. 6. 中国古典乐器按“八音”分类.“八音”是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最先见于《周礼·春官·大师》，分为“金、石、土、革、丝、木、匏（pào）、竹”八音.其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器.现从“八音”中任取不同的“两音”，则“两音”来自两种不同类型乐器的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据古典概型的概率计算及分类计数原理求解即可. 【详解】. 7. 设函数，则“ ”是“没有极值点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用极值点的意义，及充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】函数，求导得， 当 时，，当且仅当时取等号，则在R上单调递增，无极值点； 若没有极值点，则没有变号零点，因此，解得 ， 所以“ ”是“没有极值点”的充分必要条件. 故选：C 8. 已知且该多项式展开式的二项式系数和为64，则（ ） A. 21 B. 64 C. 78 D. 156 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求出，结合二项式展开式的通项公式求出 值，求和即可. 【详解】由该多项式展开式的二项式系数和为64，得，解得， 则展开式通项公式为， 所以，. 当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，；当时，；当时，； 所以. 9. 已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解. 【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A； 对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B； 对于C，，则， 当时，，与图象不符，排除C. 故选：D. 10. 从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”--图书馆，建设高水平､现代化､开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声，现有一块不规则的地，其平面图形如图1所示，（百米），建立如图2所示的平面直角坐标系，将曲线AB看成函数图象的一部分， 为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形（如图2），则图书馆占地面积（万平方米）的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据，求出，直线 的方程，然后设后得到 ，点坐标进而得，再利用导数求最值. 【详解】因，故，由题意 直线 的方程为：，即， 将代入得，得， 所以， 因在直线 上，可设， 因在上，故，, 所以，，， 直角梯形的面积， 即， ， 令得，又，所以在区间上单调递增， 令得或，又，所以在区间上单调递减， 故当时，取得最大值为， 故选：D 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸上） 11. 已知函数，，那么______. 【答案】0 【解析】 【分析】求解的导数，再由求解即可. 【详解】因为，所以，因为，所以，解得. 12. 若离散型随机变量，则______，______. 【答案】 ①. 2 ②. 4 【解析】 【详解】二项分布，期望，方差. 这里，. ，. 由方差性质， . 13. 将4名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目只培训一人，志愿者小明不去花样滑冰项目，则不同的分配方案共有___________种 （用数字作答） 【答案】18 【解析】 【分析】先分析小明的分配方法，再将另外3名志愿者全排列，由分步乘法计数原理计算可得答案． 【详解】志愿者小明不去花样滑冰项目，则小明有3种分配方法， 将另外3名志愿者分配剩下的3个项目，有种分配方法， 根据分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有种． 14. 若的展开式中存在常数项，则正整数的一个取值是_________，且此时常数项等于_________.（用数字作答） 【答案】 ①. 3（答案不唯一） ②. 12（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，结合常数项的特征，即可求解. 【详解】二项展开式的通项公式为， 若展开式中存在常数项，则，，且， 所以满足条件的一个， 此时，常数项为. 故答案为：3； 15. 已知函数与的图像如下图所示，设函数.给出下列四个结论 ①函数在区间上是减函数，在区间上是增函数； ②函数在区间和上是增函数，在区间上是减函数； ③函数有三个极值点； ④函数有两个零点. 其中，所有正确结论的序号是________. 【答案】②③ 【解析】 【分析】根据图像及导数与函数单调性的关系判断出实线图像是的图像，虚线的图像是的图像，对函数求导，利用导数与函数单调性的关系求解. 【详解】由图像可知实线图像在区间函数值分别为正、负、正，而 虚线图像在区间分别单调递增、单调递减、单调递增，由导数与函数单调性的关系易知实线的是的图像，虚线是的图像.所以①错误，②正确； 因为，即，由图可知恰有三个零点，故④错误; 又因为， 由图像可知时，，即， 又在区间上，的图像在的图像的上方，即 在区间上，的图像在的图像的下方，即 在区间(0,3)上，的图像在的图像的上方，即 在区间上，的图像在的图像的下方，即 所以、0、3分别为极大值点、极小值点、极大值点，即函数有三个极值点 所以③正确 三、解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.） 16. 在中，. （1）求的大小； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①： 边上中线的长为； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理计算即可得； （2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的. 【小问1详解】 由， 在中，由正弦定理得， 因为，所以， 又，所以； 【小问2详解】 选条件①： 边上中线的长为： 设 边中点为，连接，则， 在中，由余弦定理得， 即， 整理得，解得或（舍）， 所以的面积为. 选条件③：： 在中，由余弦定理得，即， 整理得，解得或， 当时，的面积为． 当时，的面积为． 不可选条件②，理由如下： 若，故 为钝角，则， 则，，即， 其与 为钝角矛盾，故不存在这样的. 17. 如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为，，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的大小 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明，得到平面，再证，由面面平行的判定定理推得平面，再由面面平行的性质即可得证. （2）依题意建系，求出相关点的坐标，利用向量法即可求得平面与平面所成角的大小. 【小问1详解】 ，分别为，的中点，. 又平面，平面，平面. 又因四边形是正方形，所以，所以可得， 而平面，且平面，所以可得平面， 又，平面，所以平面平面， 而平面，所以可得平面. 【小问2详解】 平面，，平面 平面，，. 四边形是正方形，. 因为，所以， 以 为原点，分别以直线为 轴， 轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，分别为，，的中点，则，，， 设为平面的一个法向量， 因，， 则，故可取， 设为平面的一个法向量， 因，， 则，故可取. 所以， 故平面与平面所成角的大小为. 18. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知分别从A，B两家公司的调查问卷中随机选取120份和80份，统计数据如下： 快递公司 A快递公司 B快递公司 项目 份数 评价分数 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度 29 24 16 12 47 56 40 48 44 40 24 20 假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率. （1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公司配送时效的评价不低于75分的概率： （2）分别从该地区A和B快递公司的调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望： （3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级，假设：小王从该地区A，B两家快递公司中随机选一家快递公司，再从该公司的调查问卷中随机抽取1份，抽到的问卷配送时效评价为“优秀”的概率为，抽到的问卷配送时效评价为“一般”的概率为，判断与的大小（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） X 0 1 2 P （3） 【解析】 【分析】（1）从表中读取数据后计算即可得； （2）先得出两个公司分别不低于75分的概率，再由离散型随机变量性质计算即可得； （3）得出各个公司等级情况后，结合全概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得调查问卷中共有120份， 其中不低于75分的份数为，则， 故可估计该客户对A快递公司配送时效的评价不低于75分的概率为； 【小问2详解】 由题意得A快递公司的样本调查问卷中不低于75分的概率为， 由题意得B快递公司的样本调查问卷中不低于75分的概率为， 而的可能取值为，可得， ，， 故其分布列为： X 0 1 2 P 其期望； 【小问3详解】 结论：， 由题意得A快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，“一般”等级占比为； 而B快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为， “一般”等级占比为；由全概率公式得， ，故. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的图像上存在两点，，使得曲线在两点处的切线互相平行，且线段 的中点在上，求 的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在，上单调递增，在上单调递减. 当时，在上单调递增. 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）第一问先代入得到具体函数,求导后算出处的函数值与导数值,由切线斜率为0直接写出切线方程； （2）先对函数求导并通分因式分解,得到导数零点为和,再根据参数 与1的大小关系分三种情况讨论,分别判断定义域内各区间导数的正负,进而得出每种情况下函数的递增、递减区间,最后整合写出单调区间的完整结论. （3）利用两点处切线平行则导数值相等建立等式,化简推导出,再由 中点横坐标条件得到,进而构造以为根的一元二次方程,结合方程有两个不等正根的判别式与参数范围要求,解出 的取值范围. 【小问1详解】 函数，定义域为，. 当时，.求导得. 代入，，. 切线斜率为，切线方程为. 【小问2详解】 求导得. 令，得或 ①当时：时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增. ②当时：，在上单调递增. ③当时：时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增. 综上所述，当时，在，上单调递增，在上单调递减. 当时，在上单调递增. 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 由题意，处切线平行，故. 即，整理得， 即，因，故. 又 中点在上，故，即. 于是是方程的两个根,题干等价于二次方程有两个不等的正根. 所以满足条件：解得. 故 的取值范围是. 20. 设椭圆 ：的左、右焦点分别为、，焦距为2，E是椭圆C上一点，. （1）求椭圆C的方程和离心率； （2）是y轴上的两个动点（点M与点E位于x轴的两侧），，直线交x轴于点P，求的值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义直接求解即可； （2）设出，根据直角的性质求出N点坐标、E点的纵坐标，进而求出点P坐标，最后利用两点间距离公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，可得， 由题意得，则，得到， 故椭圆方程为. 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形， 因为是y轴上的两个动点，所以不妨设，， 因为点M与点E位于x轴的两侧，所以设， 所以，由（1）知，可得， 因为，所以，则，即， 因为，所以， 得到，故， 而，所以， 解得或， 因为，，所以， 因此，所以EM的直线方程为， 令 ，得，即， 故. 21. 对于一个函数和一个点，令，若在时取得最小值的点，则称是的“最近点”. （1）对于函数，求证：对于点，存在点，使得点是的“最近点”； （2）对于函数，，请判断是否存在一个点，使它是的“最近点”，且直线与曲线在点处的切线垂直？ （3）已知函数可导，函数在上恒成立，对于点与点，若对任意实数，均存在点同时为点与点的“最近点”，说明的单调性. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3）严格单调递减 【解析】 【分析】（1）代入，利用基本不等式即可； （2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可； （3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性. 【小问1详解】 当时，， 当且仅当即时取等号， 故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”． 【小问2详解】 由题设可得， 则， 因为均为上单调递增函数， 则在上为严格增函数， 而，故当时，，当时，， 故，此时， 而， 故在点处的切线方程为. 而，故， 故直线与在点处的切线垂直． 【小问3详解】 设， ， 而， ， 若对任意的，存在点同时是在的“最近点”， 设，则既是的最小值点，也是的最小值点， 因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点， 则存在,使得， 即① ② 由①②相等得，即， 即，又因为函数在定义域上恒正， 则恒成立， 接下来证明， 因为既是的最小值点，也是的最小值点， 则， 即，③ ，④ ③+④得 即，因为 则，解得， 则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $