精品解析：广西南宁沛鸿民族中学2025-2026学年下学期期中考试高二数学试卷

南宁沛鸿民族中学2026年春季学期期中考试 高二数学试卷 命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组 2026.4 考生注意： 1．本试卷分第I卷和第II卷两部分.满分150分，考试时间150分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 第I卷 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. 已知空间向量为一组基底，则以下空间向量不能构成基底的是（ ） A. B. C. D. 2. 中国古墨可分为松烟墨、油烟墨、药墨等种类.现有4名学生，每人从松烟墨、油烟墨、药墨中选购1种，则不同的选购方式有（   ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3. 公比不为零的等比数列中，，，（ ） A. 2 B. 4 C. 9 D. 8 4. 曲线 在点 处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量的分布如下：若，则（ ） 0 1 2 A. B. 7 C. D. 22 6. 对于事件，，，，，（ ） A. B. C. D. 7. 已知是双曲线的左、右焦点，若直线与双曲线C交于P、Q两点，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 若在上是减函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 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. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共项 B. 含的项的系数为 C. 只有第项的二项式系数最大 D. 展开式的各项系数的和为1 10. 已知编号分别为1，2的两个盒子中，1号盒内装有两个1号球、一个2号球；2号盒内装有一个1号球、两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 若将6个相同的小球放入这两个盒子内，允许有空盒子，则不同的放法有7种 B. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为 C. 两次都取到2号球的概率要比两次都取到1号球的概率更小 D. 第二次抽到2号球的概率为 11. 已知函数，则（ ） A. 存在实数，使得的图象关于点对称 B. 当时，的极值之和为 C. 存在实数，，使得有三个零点 D. 当时，有两个零点 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，向量，若，则_____ 13. 一场三月三晚会有歌曲、舞蹈、小品、朗诵、魔术、戏曲6个节目，各表演一次排成节目单.若要求歌曲和舞蹈之间最多间隔1个节目，则不同的节目单排法总数有_____（用数字作答） 14. 已知直线与圆相交于M，N两点，则的最小值为___________. 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. 已知等差数列的前n项和为，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求其前n项和为． 16. 树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分别为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立. （1）求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率； （2）记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 17. 如图，在三棱柱中，平面 ，， ，分别为棱的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面的夹角的大小. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 19. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，左､右焦点分别为为原点，且，过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点，交轴于点. （1）求椭圆的方程； （2）设为的中点，在轴上是否存在定点，对于任意的都有？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁沛鸿民族中学2026年春季学期期中考试 高二数学试卷 命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组 2026.4 考生注意： 1．本试卷分第I卷和第II卷两部分.满分150分，考试时间150分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 第I卷 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. 已知空间向量为一组基底，则以下空间向量不能构成基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量的共面定理，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设存在实数，使得，可得， 所以，方程组无解，所以不共面，可以作为空间基底，所以A不符合题意； 对于B，设存在实数，使得，可得， 所以，解得，所以共面，不能作为空间基底，所以B符合题意； 对于C，向量，不存在实数使得， 所以不共面，可以作为空间基底，所以C不符合题意； 对于D，设存在实数，使得，可得， 所以，方程组无解，所以不共面，可以作为空间基底，所以D不符合题意. 故选：B. 2. 中国古墨可分为松烟墨、油烟墨、药墨等种类.现有4名学生，每人从松烟墨、油烟墨、药墨中选购1种，则不同的选购方式有（   ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【详解】每个人有3种选择，根据分步乘法计数原理可知共有. 3. 公比不为零的等比数列中，，，（ ） A. 2 B. 4 C. 9 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列的基本性质和通项公式求解. 【详解】已知，则​，因为等比数列各项不为0，所以. 所以，解得. 所以，进而. 4. 曲线 在点 处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用导数求出时的导数值即直线的斜率，再利用直线的点斜式方程即可求解. 【详解】由题，当时导数值为， 所以直线方程为，即，故A正确. 故选：A. 5. 已知随机变量的分布如下：若，则（ ） 0 1 2 A. B. 7 C. D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】先根据分布列的性质与确定，的值，计算，再根据求值. 【详解】由题意得，，即， 因为，所以，即， 联立解得，，，则， 所以. 6. 对于事件，，，，，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用概率乘法公式与随机事件的概率加法公式求出，再由对立事件的概率公式计算即得. 【详解】因为， 又由可得，即， 故. 7. 已知是双曲线的左、右焦点，若直线与双曲线C交于P、Q两点，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 本道题先设出P,Q坐标,然后利用直角三角形性质,建立等式,计算e，即可． 【详解】设,结合直角三角形满足的定理可知, ,将PQ直线方程,代入双曲线方程,得到: , 而,结合代入PQ中,得到 ,解得,即可. 故选:C 【点睛】本道题考查了直线与双曲线位置关系问题，难度较大． 8. 若在上是减函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵ 函数的定义域为，区间在定义域内， 对求导得：. ∵ 在上是减函数， ∴ 对任意恒成立，即恒成立. ∵ ，∴ ，不等式变形为恒成立. 设，， 为开口向上的二次函数，对称轴为， ∴ 当时，取得最小值，. ∴ ，即实数的取值范围是. 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. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共项 B. 含的项的系数为 C. 只有第项的二项式系数最大 D. 展开式的各项系数的和为1 【答案】BCD 【解析】 【详解】的展开式共21项，故A错； 展开式的通项公式为， 由得，则含的项的系数为，故B正确； 展开式的第项（）对应的二项式系数为， ，二项式系数最大为，对应， 即二项式系数最大的项是第项，故C正确； 令得展开式的各项系数的和为，故D正确． 10. 已知编号分别为1，2的两个盒子中，1号盒内装有两个1号球、一个2号球；2号盒内装有一个1号球、两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 若将6个相同的小球放入这两个盒子内，允许有空盒子，则不同的放法有7种 B. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为 C. 两次都取到2号球的概率要比两次都取到1号球的概率更小 D. 第二次抽到2号球的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用隔板法求得将6个相同的小球放入这两个盒子内，允许有空盒子的方法数判断A；求得第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率判断B；分别求得两次都取到1号球的概率与两次都取到2号球的概率判断C；求得第二次抽到2号球的概率判断D. 【详解】对于A，若将6个相同的小球放入这两个盒子内，允许有空盒子， 则不同的放法有种，故A正确； 对于B，在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为，故B错误； 对于C，两次都取到1号球的概率为， 两次都取到2号球的概率为，又 所以两次都取到2号球的概率要比两次都取到1号球的概率更小，故C正确； 对于D，第二次抽到2号球的概率为，故D错误. 11. 已知函数，则（ ） A. 存在实数，使得的图象关于点对称 B. 当时，的极值之和为 C. 存在实数，，使得有三个零点 D. 当时，有两个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据时，则，即可判断A，求导，可得函数的极值点，即可代入计算求解B，举例即可求解C，根据函数的单调性，结合零点存在性定理即可求解D. 【详解】， 当时，则， 故存在实数，使得的图象关于点对称，A正确， 当时，，当或时，， 当， 故分别是的极大值点和极小值点，故的极值之和为，故B错误， 由于，故令， 此时有三个零点，故C正确， ，当时，此时，此时， 故单调递增，此时至多只有一个零点，故D错误， 故选：AC 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，向量，若，则_____ 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， ，，代入可得， 解得. 13. 一场三月三晚会有歌曲、舞蹈、小品、朗诵、魔术、戏曲6个节目，各表演一次排成节目单.若要求歌曲和舞蹈之间最多间隔1个节目，则不同的节目单排法总数有_____（用数字作答） 【答案】432 【解析】 【详解】相邻时，将歌曲、舞蹈捆绑，内部排列，再与其余4个节目全排列：. 恰好间隔1个节目时，先从剩余4个节目中任选1个夹在中间，再对歌曲、舞蹈换位排列， 整体连同剩余3个节目全排列： 综上，总排法：. 14. 已知直线与圆相交于M，N两点，则的最小值为___________. 【答案】8 【解析】 【分析】首先求出直线恒过定点，然后利用向量的数量积运算把的最小值转化为的最小值，最后利用数形结合思想即可求解. 【详解】由直线方程可化为， 知直线恒过定点； 圆的圆心为，半径； 由于， 故点P在圆内，直线与圆恒相交于两点M，N. 设弦的中点为H，则，从而， ， ， 过圆内定点P的弦中，当弦与垂直时弦长最短， 此时圆心到直线的距离， 最短弦长为. 故最小值为. 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. 已知等差数列的前n项和为，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求其前n项和为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）把条件都用，表示出来，解方程求出，，可得等差数列的通项公式； （2）采用裂项求和的方法求数列的前项和. 【小问1详解】 设等差数列的通项公式为：，由题意：，解得. 所以：. 【小问2详解】 由（1）可得：， 所以：， 故：. 16. 树人中学积极践行“健康第一”理念，为引导学生养成良好的锻炼习惯和健康生活方式，学校举办趣味体育竞赛活动，活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮.已知甲､乙､丙三人通过第一轮的概率分别为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率均为，假设他们之间通过与否相互独立. （1）求从甲､乙､丙三人中随机选出一人且进入第二轮的概率； （2）记甲､乙､丙三人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式求解； （2）记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为分别求出，，，由题意得到的所有可能取值，分别求出每个可能取值的概率，求出的分布列和数学期望. 【小问1详解】 记随机选择甲､乙､丙的事件分别为，进入第二轮的事件记为， 则， 由题意得， 所以 . 【小问2详解】 记甲､乙､丙通过第二轮的事件分别为 则 由题意得的所有可能取值为 则 . . 所以的分布列为 0 1 2 3 所以的数学期望为. 17. 如图，在三棱柱中，平面 ，， ，分别为棱的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面的夹角的大小. 【答案】（1）因为 平面ABC，平面ABC，所以， 因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以 ，且，所以， 又 ， 平面，所以 平面， 又 平面，则， 又，易得， 则，所以， 又，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由 平面ABC得，E，F分别为棱AB，BC的中点得 ，得，，得，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，由夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以 为坐标原点，所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，则， 则， 由（1）知平面的一个法向量为， 又， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面与平面的夹角为， 则，又，所以， 则平面与平面的夹角的大小． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； （2） 【解析】 【分析】（1）先求得函数的导函数，然后根据，两种情况，讨论的单调性； （2）由题可知，在时恒成立，则令，结合（1）判断函数的单调性求其最小值，求得的取值范围. 【小问1详解】 由题知：， 若，，在上单调递增； 若，令解得：， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 综上， 当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； 【小问2详解】 依题意，时，恒成立，即在上恒成立， 令 ，则 = ， 令，由（1）知函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 则有，即， 即当时，则，当时，则， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取最小值，于是得， 所以的取值范围为. 19. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，左､右焦点分别为为原点，且，过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点，交轴于点. （1）求椭圆的方程； （2）设为的中点，在轴上是否存在定点，对于任意的都有？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在定点满足题意. 【解析】 【分析】（1），结合，即可求解； （2）设直线的方程为：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，求得，设在x轴上存在定点，对于任意的都有，由求解. 【小问1详解】 由题意得， 又，. 椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为：， 令得，即， 联立，得， 所以， 则，， 若在x轴上存在定点，对于任意的都有， 则，即， 解得， 所以存在定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $