精品解析：广东广州市华南师范大学附属中学2025-2026学年第二学期高二年级中段教学检测数学试卷

2025—2026学年第二学期高二年级中段教学检测 数学试卷 本试卷分为选择题部分和非选择题部分两个部分，共四道大题，19小题，共4页，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知数列的通项公式为，则数列的公比是（ ） A. 2 B. 6 C. 8 D. 16 2. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 3. 用充气筒吹气球，气球会鼓起来，假设此时气球是一个标准的球体，且气球的体积随着气球半径的增大而增大.当半径时，气球的体积相对于的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 6. 将4个黑球和6个红球随机排成一列，事件“第k个球是黑球”，则下列正确的是（ ）． A. B. C. D. 7. 过双曲线：（）的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若点关于点的对称点恰好落在双曲线上，则双曲线的渐近线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在R上的奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（    ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 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. 记为等差数列的前n项和，若，,则（ ） A. B. 公差 C. D. 若,则， 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律.如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. 在第10行中，从左到右第8个数字是120 B. 第20行所有数字中，从左到右数第11个数字最大 C. 第9行所有数字之和为2046 D. 从第2行到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则函数有两个极值点 B. 存在实数，使得函数的所有零点之和为 C. 若，，则 D. 若，，，则的极小值小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中常数项是______. 13. 已知曲线与的公切线为，则在轴上的截距为___________． 14. 将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则______． 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. 已知椭圆，直线过点，且与椭圆交于，两点. （1）若直线的斜率为1，求弦长； （2）设为坐标原点，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 16. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若不等式恒成立，求的最大值． 17. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“赢球方发球”规则（即当前回合胜出的一方，将获得下一回合的发球权）.已知，当甲发球时，甲赢得该回合的概率为；当乙发球时，乙赢得该回合的概率为.假设每回合比赛的结果相互独立，且比赛没有平局，经抽签决定，第个回合由甲发球. （1）前两个回合甲均获胜的概率； （2）求第3个回合由甲发球的概率； （3）若已知第4个回合是由甲发球的，求第3个回合是由乙发球的概率. 18. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列，并求的通项公式； （2）若表示不超过的最大整数，如，，记，求的值； （3）记，记数列的前项和为，若对，都有成立，求的取值范围. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （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 $ 2025—2026学年第二学期高二年级中段教学检测 数学试卷 本试卷分为选择题部分和非选择题部分两个部分，共四道大题，19小题，共4页，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知数列的通项公式为，则数列的公比是（ ） A. 2 B. 6 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列公比的定义即可得出答案. 【详解】已知，则数列的公比为，故C正确. 2. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数的图象得出导函数的符号分布情况，进而可得出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解. 【详解】由导函数的图象可知， 当时，，仅时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数只有一个极值大点，无极小值点， 所以有极大值，没有极小值， 故ABD错误，C正确. 故选：C. 3. 用充气筒吹气球，气球会鼓起来，假设此时气球是一个标准的球体，且气球的体积随着气球半径的增大而增大.当半径时，气球的体积相对于的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】球的体积公式为，对其求导并代入计算即可 【详解】由球的体积公式可得，得， 所以时，气球的体积关于半径的瞬时变化率为. 故选：C. 4. 设，，，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题目条件和作差法比较大小，构造函数，根据函数导数判定函数单调性，进而判定函数值的正负，判定各数值的大小. 【详解】由题可知， 设函数，则， 在上，即函数在单调递减， 可知，当时，恒成立， 所以，即， 设函数，则， 在上，即函数在单调递增， 可知，当时，恒成立， 所以，即， 综上所述，可知. 5. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算. 6. 将4个黑球和6个红球随机排成一列，事件“第k个球是黑球”，则下列正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合独立事件、互斥事件，以及条件概率的计算公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由题意知，事件“第k个球是黑球”，可得， 对于A，事件表示第1和第2个球是黑球，可得， 因为，所以，所以A错误； 对于B，事件表示第1或第2个球是黑球， 可得， 因为，所以，所以B错误； 对于C，由B项知：，所以C正确； 对于D，由条件概率的计算公式，可得，所以D错误. 7. 过双曲线：（）的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若点关于点的对称点恰好落在双曲线上，则双曲线的渐近线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先将直线和其中一条渐近线方程联立，求出点的坐标，再根据中点坐标公式求出对称点的坐标，最后由于对称点恰好落在双曲线上，将的坐标代入双曲线的方程即可求解. 【详解】 如图所示，已知双曲线，其右焦点为，其中， 不妨设过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，则直线的方程为， 联立方程组，解得，所以点的坐标为，其中为线段的中点， 设点的坐标为，由中点坐标公式得，解得，所以点的坐标为， 又因为点在双曲线上，则，结合，化简得，即， 因此双曲线的渐近线为，故B正确. 8. 定义在R上的奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（    ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干不等式，构造函数，根据函数导数判断函数单调性，画出函数图像，根据基本初等函数图像性质，以及函数零点和函数图像交点之间的关系，判断结果即可. 【详解】设函数，则， 可知当时，不等式恒成立，即恒成立， 所以当时，，在上单调递增， 因为是R上的奇函数，即， 可得，所以函数是R上的偶函数， 所以在上单调递减， 因为，，所以， 函数的零点的个数，即方程的解的个数， 即函数和函数图像交点的个数，在坐标系中作出函数大致图像，如下图所示， 由图像可知，函数和函数图像有3个交点，所以函数的零点的个数为3. 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. 记为等差数列的前n项和，若，,则（ ） A. B. 公差 C. D. 若,则， 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用等差数列的性质求出​，再结合​求出公差，进而逐一分析选项. 【详解】设等差数列的公差为, 由，所以，故A正确； 由​，得，即， 又，所以，解得，故B错误； 由等差数列前项和公式得，故C错误； 对于，因为，所以​， 所以，故D正确. 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律.如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. 在第10行中，从左到右第8个数字是120 B. 第20行所有数字中，从左到右数第11个数字最大 C. 第9行所有数字之和为2046 D. 从第2行到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为 【答案】ABD 【解析】 【详解】第10行中，从左到右第8个数字是，所以A正确； 可知第20行第个数字为，可知最大，即第11个数字最大，所以B正确； 第9行所有数字之和为，所以C错误； 从第2行到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为， 因为，所以，所以D正确； 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则函数有两个极值点 B. 存在实数，使得函数的所有零点之和为 C. 若，，则 D. 若，，，则的极小值小于 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出导数并且举反例判断A，利用一元三次方程的韦达定理判断B，合理构造函数值相减整体求值判断C，利用导数并结合代换法将目标式表示为一元函数，进而结合导数求解最值判断D即可. 【详解】对于A，因为，所以， 而，当时，可得， 此时函数不可能有两个极值点，故A错误， 对于B，由题意得， 则， 令，则， 下面证明一元三次方程的韦达定理， 设一元三次方程的三个根分别为，，， 而三次多项式可因式分解， 得到， 从而等式 恒成立， 可知该等式两边的对应项系数应相等，因此， 则对于，其零点和为，故B正确， 对于C，由题意得，则， 而，则，两式相减可得， 且，， 可得， ，故C正确， 对于D，由题意得，，，设极小值点为， 则变为，可得， 令，可得， 令，可得， 则在上单调递增， 在上单调递减，则极小值点为， 化简可得，而，则， 得到，而，化简得， 则极小值为， 可得，且， 当时，，则在上单调递减， 得到，即的极小值小于，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中常数项是______. 【答案】15 【解析】 【分析】首先写出二项式展开式的通项，令，即可求出，再代入计算可得. 【详解】二项式的展开式的通项公式为， 令，求得. 所以展开式中常数项为. 故答案为：15 13. 已知曲线与的公切线为，则在轴上的截距为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】分别设出两曲线的切点，并写出切线方程，因为公切线，对应斜率以及截距相等得到等式进行消元求解即可. 【详解】设曲线上的切点为， 又因为，所以直线， 即 设曲线上的切点为， 又因为，所以直线， 即 因为是公切线，所以，解得 所以 所以在轴上的截距为 14. 将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则______． 【答案】125 【解析】 【分析】利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可. 【详解】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论. 情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种； 情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点， 有种； 情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种； 综上：. 故答案为：125 【点睛】方法点睛：对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数. 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. 已知椭圆，直线过点，且与椭圆交于，两点. （1）若直线的斜率为1，求弦长； （2）设为坐标原点，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在；和 【解析】 【分析】（1）结合题意联立方程组求出交点坐标，再利用两点间距离公式求解弦长即可. （2）对直线的斜率进行分类讨论，再结合数量积的坐标运算与韦达定理建立方程，求解参数即可. 【小问1详解】 因为直线的斜率为1，且直线过点， 所以的方程为，联立方程组， 解得或，则不妨设， 由两点间距离公式得. 【小问2详解】 当的斜率不存在时，此时的方程为， 联立方程组，解得，或，， 则不妨设，此时，， 可得，与题意不符，排除， 当的斜率存在时，设的方程为， 如图，作出符合题意的图形，设， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，， 由已知得，而，可得， 由题意得 ， 可得，解得或， 当时，直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，即， 综上可得，直线的方程为和. 16. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若不等式恒成立，求的最大值． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）通过导函数的符号判断函数的单调性即可； （2）依题意将问题转化为不等式恒成立问题，设，利用求导得出该函数的最大值，解对数不等式即可求得参数的范围. 【小问1详解】 当时，，函数定义域为， 有， 解得，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 不等式恒成立， 即恒成立，即恒成立. 令，则， 当时，则，函数在上单调递增， 因为，不符合题意； 当时，由，得，则函数在上单调递增， 由，得，则函数在上单调递减， 故的最大值为， 由和，解得. 综上可得，的最大值为. 17. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“赢球方发球”规则（即当前回合胜出的一方，将获得下一回合的发球权）.已知，当甲发球时，甲赢得该回合的概率为；当乙发球时，乙赢得该回合的概率为.假设每回合比赛的结果相互独立，且比赛没有平局，经抽签决定，第个回合由甲发球. （1）前两个回合甲均获胜的概率； （2）求第3个回合由甲发球的概率； （3）若已知第4个回合是由甲发球的，求第3个回合是由乙发球的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式计算； （2）分前3个回合发球顺序为甲甲甲、甲乙甲两种情况，再利用独立事件的乘法公式计算； （3）用表示第4个回合是由甲发球，表示第3个回合是由乙发球，结合第（2）问，以及条件概率的概率公式求出. 【小问1详解】 前两个回合甲均获胜的概率为； 【小问2详解】 前3个回合发球顺序为甲甲甲，其概率为； 前3个回合发球顺序为甲乙甲，其概率为； 故第3个回合由甲发球的概率为； 【小问3详解】 用表示第4个回合是由甲发球，表示第3个回合是由乙发球， 由（2）可知，第3个回合由甲发球的概率为，乙发球的概率为， 则，， 则， 故已知第4个回合是由甲发球的，求第3个回合是由乙发球的概率为 18. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列，并求的通项公式； （2）若表示不超过的最大整数，如，，记，求的值； （3）记，记数列的前项和为，若对，都有成立，求的取值范围. 【答案】（1） 在数列中，， 当时，，解得； 当时，， 两式相减得， 即，即， 所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列， 所以，所以， 并且当时，依然成立， 所以的通项公式为； （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）利用数列中与的关系将条件所给的关系式转化，然后根据等比数列的定义证明即可，进而求出通项公式； （2）先求出的解析式，再利用放缩法，裂项相消法及数列的单调性，求出的前项和的取值范围，再取整即可； （3）先求出的解析式，再利用裂项相消求出其前项和，然后分奇偶讨论分别求出的最小值，即可求出的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令， 由（1）知，，所以， 则当时，； 当时，因为， 所以 . 又因为数列单调递增，所以，， 所以； 【小问3详解】 由（1）知，，所以， 当为奇数时， . 因为数列单调递增，且， 所以当时，取到最小值； 当为偶数时， . 因为数列单调递减，且， 所以当时，取到最大值， 且随着的增大，逐渐递减趋近于. 因为对，都有成立，所以要小于等于的最小值， 所以的取值范围为. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）因为， 所以，即是的零点，故，则， 则， 因为是的两个极值点，所以是的两根， 则， 所以与的图象的交点的横坐标为， ， 当时，单调递增；当时，单调递减， 则，则， 令， 则， 因为，所以， 所以，， 所以 ， 所以在上单调递增，则， 即，则， 因为在上单调递减，所以， 所以，则，证毕. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解； （2）（i）将问题转化为有三个零点，两个极值点，对其求导，令，分、、三种情况讨论即可； （ii）先求证得出，再利用参变分离研究的单调性，得出，再构造函数，得出，进而得出即可求证. 【小问1详解】 当时，， 则， 则，， 则曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 （i），， 由题意可知，有三个零点，，其中，两个极值点分别为， ，令， 则， 若，则，则在上单调递增， 则至多有一个零点，至多有一个极值点，不符合题意； 若，则 当时，单调递增；当时，单调递减， 则， 若，则， 则在上单调递减， 则至多有一个零点，不符合题意； 若，则， 当时，当时， 故存在两个零点， 则当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 则在处取得极小值，在处取得极大值； 因为当时，当时，， 所以有三个零点，，其中， 综上，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 $