精品解析：河南周口市商水县第二高中等校2025-2026学年高二下学期期中数学试题

高二数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：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. 不小于2的所有整数构成的集合可表示为（ ） A. B. C. D. 2. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有 A. 24 B. 30 C. 40 D. 60 3. 一盒中装有5张彩票，其中2 张有奖，3张无奖，现从此盒中不放回地抽取2次，每次抽取一张彩票．设第1次抽出的彩票有奖的事件为A，第2次抽出的彩票有奖的事件为B，则 A. B. C. D. 4. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 36 D. 60 7. 已知随机变量服从两点分布，随机变量的分布列为 1 2 3 0.2 0.6 0.2 若，且与相互独立，则（ ） A. 0.25 B. 0.4 C. 0.65 D. 0.9 8. 函数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 有一幅散点图如图所示，从5个数据点中去掉，则下列说法中正确的是（ ） A. 残差平方和变大 B. 相关系数r变大 C. 决定系数变大 D. 解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强 10. 已知，则下列描述正确的是（   ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被7整除所得的余数是4 D. 11. 已知，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从两点分布，若，则______. 13. 若直线既是曲线在处的切线，也是曲线的切线，则实数_________． 14. 已知定义在上的可导函数满足，，则不等式的解集为________． 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）求的值； （2）求的定义域； （3）若在区间[0,m]上有零点，求的最小值. 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，轴截面为四边形 ， 在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 如图，在直三棱柱中，，且． （1）证明：平面. （2）在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由. （3）求平面与平面夹角的正切值. 18. 某中学的体育馆同时具有羽毛球、乒乓球和篮球场馆，甲同学每天都会去体育馆锻炼，若甲当天选择羽毛球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择乒乓球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择篮球，则后一天等可能地选择其中一个项目.已知甲第一天等可能地选择一个场馆进行相应的体育锻炼.请完成下列计算： （1）求甲第2天选择羽毛球的概率； （2）求在甲第2天选择羽毛球的条件下，甲第1天选择篮球的概率； （3）记甲第天选择羽毛球的概率为，请写出与的关系. 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数存在两个不同的零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：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. 不小于2的所有整数构成的集合可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】不小于2的所有整数构成的集合可表示为. 2. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有 A. 24 B. 30 C. 40 D. 60 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：按偶数字在个位分类：个位只能是2或者4，十位在余下4个中选择，百位在余下3个中选择．所以答案是2×4×3=24，故选A． 考点：主要考查分步计数原理的应用． 点评：特别注意偶数其个位必定是偶数字． 3. 一盒中装有5张彩票，其中2 张有奖，3张无奖，现从此盒中不放回地抽取2次，每次抽取一张彩票．设第1次抽出的彩票有奖的事件为A，第2次抽出的彩票有奖的事件为B，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，即可求出． 【详解】由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖， 所以． 故选：D． 【点睛】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，比较基础． 4. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，对任意的，恒成立，即，求出函数在上的值域，即可得出实数的取值范围. 【详解】因为，则， 由题意可知，对任意的，恒成立，即， 因为函数在上单调递减，故，所以. 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数的符号与原函数单调性的关系进行判断函数图像趋势即可求解. 【详解】由的图象可知：当和时，， 故在，上单调递增， 当和时，， 故在，上单调递减， 所以，选项D正确. 6. 某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 36 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合特殊元素问题及相邻问题，列式计算作答. 【详解】因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列， 又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种， 其中的每一种排法，C、D节目的排列有， 所以节目安排的方法总数为（种）. 故选：C 7. 已知随机变量服从两点分布，随机变量的分布列为 1 2 3 0.2 0.6 0.2 若，且与相互独立，则（ ） A. 0.25 B. 0.4 C. 0.65 D. 0.9 【答案】C 【解析】 【分析】解法1：令，则的可能取值为，求得相应的概率，结合期望和方差的公式，即可求解； 解法2：由随机变量服从两点分布，得到，再求得，结合与相互独立，即可求解. 【详解】解法1：令，则的可能取值为. ，， ，， 所以， . 解法2：由随机变量服从两点分布，得， 又由 可得， 因为与相互独立，所以. 8. 函数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】令，通过求导确定的范围，再结合二次函数性质即可求解. 【详解】. 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则. 令，，则， 因为在上单调递增， 所以当时，取得最小值，且最小值为0. 故的最小值为0. 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 有一幅散点图如图所示，从5个数据点中去掉，则下列说法中正确的是（ ） A. 残差平方和变大 B. 相关系数r变大 C. 决定系数变大 D. 解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据散点图得到偏离直线，结合相关系数，决定系数和残差平方和的定义得到答案. 【详解】由散点图分析可知，偏离直线， 去掉后，解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强， 相关系数r变大，决定系数变大，残差平方和变小. 故选：BCD. 10. 已知，则下列描述正确的是（   ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被7整除所得的余数是4 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法判断A；根据所有含的奇数次项的二项式系数和与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，可判断B；根据被7整除得余数，可判断C；对两边求导，再赋值即可判断D. 【详解】对于A，令， 得， 令，得， 故，A正确； 对于B，所有含的奇数次项的二项式系数和， 与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，都为，故B正确； 对于C，， 故只需考虑被7整除得余数， 因为， 被7整除的余数为4，故C正确； 对于D，， 两边求导得， 再令，得，故D错误. 11. 已知，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法计算判断AB；求导并赋值计算判断C；求出并利用组合数公式对裂项，进而求和判断D. 【详解】对于B，，B正确； 对于A，，A错误； 对于C，求导得， 因此，C正确； 对于D，依题意，， 又 ， 因此 ，D正确. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从两点分布，若，则______. 【答案】0.38 【解析】 【分析】由于变量服从两点分布，根据两点分布的性质进行求解. 【详解】随机变量服从两点分布，由， 及，解得. 13. 若直线既是曲线在处的切线，也是曲线的切线，则实数_________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意先求出曲线在处的切线方程，设与曲线的切点，利用导数的几何意义推得关于的方程组，求解即得. 【详解】由求导得，则曲线在处的切线方程为，即， 设曲线的切线的切点为，由求导得， 依题意可得，解得. 14. 已知定义在上的可导函数满足，，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，其中，利用导数分析该函数的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出原不等式的解集. 【详解】构造函数，其中， 则 ， 构造函数，其中，则， 由可得，由可得， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，故， 故函数在上为减函数， 又因为，由可得，故. 因此，原不等式的解集为. 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）求的值； （2）求的定义域； （3）若在区间[0,m]上有零点，求的最小值. 【答案】（1）-1 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）直接代入即可求解， （2）根据根式的性质，将问题转化为，结合三角函数的性质即可求解， （3）根据方程的根可得得，即或者，即可利用三角函数的性质求解. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 由，得， 则， 则， 解得， 则的定义域为. 【小问3详解】 （方法一）令，得，即， 因为，所以，故的最小值为. （方法二）令，得， 因为，所以， 所以，即. 故的最小值为. 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，轴截面为四边形 ， 在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，所以， 因为为的中点，所以， 易知平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为， 、平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质得出，推导出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 17. 如图，在直三棱柱中，，且． （1）证明：平面. （2）在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由. （3）求平面与平面夹角的正切值. 【答案】（1）证明：因为，即得，所以， 又因为，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）为平面与的交点，理由如下： 如图所示，延长交延长线于点，连接交于点， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面，所以为平面与的交点. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）延长交延长线于点，连接交于点，证得平面，即可求解； （3）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 为平面与的交点，理由略 【小问3详解】 解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得. 设平面的法向量为，则， 令，可得 ，所以， 又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 可得，则， 故平面与平面夹角的正切值为. 18. 某中学的体育馆同时具有羽毛球、乒乓球和篮球场馆，甲同学每天都会去体育馆锻炼，若甲当天选择羽毛球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择乒乓球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择篮球，则后一天等可能地选择其中一个项目.已知甲第一天等可能地选择一个场馆进行相应的体育锻炼.请完成下列计算： （1）求甲第2天选择羽毛球的概率； （2）求在甲第2天选择羽毛球的条件下，甲第1天选择篮球的概率； （3）记甲第天选择羽毛球的概率为，请写出与的关系. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算求解即可. （2）利用贝叶斯公式计算求解即可. （3）根据给定条件，利用全概率公式列式并化简即得. 【小问1详解】 设事件分别表示第一天选择羽毛球、乒乓球、篮球，第二天选择羽毛球的事件为， 则且两两互斥， 依题意，，， 且， 由全概率公式得. 【小问2详解】 由贝叶斯公式，得所求概率为. 【小问3详解】 设甲第天选择羽毛球的概率为，甲第天选择乒乓球的概率为， 由无论前一天选择什么，后一天选乒乓球的概率均为，得对所有均成立， 从而选择篮球的概率为， 当时，由全概率公式，得的递推关系为， 而，，化简得，. 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数存在两个不同的零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可. （2）（ⅰ）根据导数与单调性、极值的关系，求出函数的极值，结合已知条件列不等式求解即可. （ⅱ）证明出， ，进而得到，，结合不等式的性质证明即可. 【小问1详解】 解：当时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）解：由题知的定义域为， . 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，， 所以函数存在两个不同的零点，只需，即， 所以的取值范围为. （ⅱ）证明：找两个点，，使得，成立， 又，且，于是考虑找点，， 证明，即可. ①要证，即证，即，即证， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，即. 令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值，所以，即. 又，所以，即， 又，所以. ②， 设，则， 易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即. 因为，即，所以，且， 因此， 因为，所以， 所以，即证得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $