精品解析：黑龙江佳木斯市桦南县第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2025-2026学年度第二学期期中考试试卷 高二数学学科 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 的展开式中的第6项的二项式系数是（ ） A. B. C. D. 2. 篮球作为三大球类运动之一，深受大众喜爱．据统计，某企业三个部门中喜欢篮球运动的员工分别占本部门总人数的40%，35%，30%，且这三个部门的员工人数之比为，现从这三个部门中随机抽取一位员工，则该员工喜欢篮球的概率为（ ） A. 0.63 B. 0.54 C. 0.45 D. 0.36 3. 现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（ ） A. 15 B. 30 C. 31 D. 32 4. 已知随机变量的分布如下：若，则（ ） 0 1 2 A. B. 7 C. 21 D. 22 5. 如城镇小汽车的普及率为，即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车，若从如城镇中任意选出5个家庭，则下列结论不成立的是（ ） A. 这5个家庭均有小汽车的概率为 B. 这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为 C. 这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车 D. 这5个家庭中，四个家庭以上（含四个家庭）拥有小汽车的概率为 6. 已知定义在上的函数，是的导函数，满足.且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 7. 下列说法错误的个数为（ ） ①若随机变量服从两点分布（或-分布），且，则； ②要将个不同的礼物分给位同学，每人至少个，不同分法的种数是种； ③同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件为两枚骰子点数之和为8，则； ④某人射击次，未击中目标的概率为，连续射击次，设击中目标的次数为，且每次射击相互没有影响，则. A. B. C. D. 8. 函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有（   ） A. 没有空盒子的方法共有16种 B. 有空盒子的方法共有256种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 11. 已知函数，则下列选项正确的有（ ） A. 函数有唯一零点 B. 若方程有两个实数解，则实数的取值范围为 C. 若对任意恒成立，则实数的取值范围为 D. 记，则 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 13. 现从4名男生，2名女生中选3人分别担任语文、数学、英语课代表，且恰好有1名女生被选中，则不同的安排方法共有________种． 14. 有5道题，5名女生中有2人每题都不能答对，其余3人每题都能答对，3名男生每人对每题答对的概率均为.现从上述5名女生中选择2名女生和3名男生答题，每人答一题，答对得2分，答错得0分，记得分之和为，则的数学期望为__________. 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. 记为数列的前项和，已知. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 某中学数学竞赛培训共开设有代数、平面几何、数论、组合四门课程，要求代数、平面几何都要合格，且数论和组合至少有一门合格才能取得参加数学竞赛的资格．现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同（见下表），且每一门课程是否合格相互独立． 课程 代数 平面几何 数论 组合 合格的概率 （1）若已知甲同学取得参加数学竞赛的资格，求甲同学四门课程都合格的概率； （2）记X表示三位同学中取得参加数学竞赛的资格的人数，求X的分布列及期望． 17. 如图1，在中，，，D为AC中点，于E，延长AE交BC于F，将沿BD折起，使平面平面，如图2所示． （I）求证：平面BCD； （Ⅱ）求二面角的余弦值； 18. 已知双曲线的左顶点为A，过点的直线l交双曲线C于M、N两点，点M在第一象限． （1）若双曲线C的焦距为，求该双曲线C的离心率e； （2）若双曲线C的一条渐近线方程为，点M、N均在双曲线C的右支，且存在实数，使得成立，求直线l的斜率的取值范围． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的取值范围. （3）若，其中，，都有，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期中考试试卷 高二数学学科 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 的展开式中的第6项的二项式系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式的定义，即可得答案. 【详解】由题意可知第6项的二项式系数为． 故选：C 2. 篮球作为三大球类运动之一，深受大众喜爱．据统计，某企业三个部门中喜欢篮球运动的员工分别占本部门总人数的40%，35%，30%，且这三个部门的员工人数之比为，现从这三个部门中随机抽取一位员工，则该员工喜欢篮球的概率为（ ） A. 0.63 B. 0.54 C. 0.45 D. 0.36 【答案】D 【解析】 【分析】利用全概率公式来求解概率即可. 【详解】设事件A为该员工喜欢篮球，事件，，分别为该员工来自三个部门， 则，，， 且，， 故由全概率公式可得 ， 故选：D 3. 现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（ ） A. 15 B. 30 C. 31 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别任选一张、两张、三张、四张或全选，结合组合数求组成的币值种数. 【详解】根据题意一共可以组成的币值种数为种． 4. 已知随机变量的分布如下：若，则（ ） 0 1 2 A. B. 7 C. 21 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】由题意可得，，解得，因为，所以， 解得，所以，，所以，所以. 5. 如城镇小汽车的普及率为，即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车，若从如城镇中任意选出5个家庭，则下列结论不成立的是（ ） A. 这5个家庭均有小汽车的概率为 B. 这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为 C. 这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车 D. 这5个家庭中，四个家庭以上（含四个家庭）拥有小汽车的概率为 【答案】B 【解析】 【分析】利用独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式逐项计算可判断每个选项的正误. 【详解】由题得小汽车的普及率为， 对于A：这5个家庭均有小汽车的概率为，所以该命题是真命题，故A正确； 对于B：这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为， 所以该命题是假命题，故B错误； 对于C：这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车，是真命题，故C正确； 对于D：这5个家庭中，四个家庭以上（含四个家庭）拥有小汽车的概率为， 所以该命题是真命题，故D正确． 故选：B. 6. 已知定义在上的函数，是的导函数，满足.且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，，，即 令，； 则，在上单调递减； ，； ，，，得，即； 在上单调递减，且，，解得； 不等式的解集为. 7. 下列说法错误的个数为（ ） ①若随机变量服从两点分布（或-分布），且，则； ②要将个不同的礼物分给位同学，每人至少个，不同分法的种数是种； ③同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件为两枚骰子点数之和为8，则； ④某人射击次，未击中目标的概率为，连续射击次，设击中目标的次数为，且每次射击相互没有影响，则. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】①两点分布的均值与方差公式，代入检验即可；②先组合再分配，利用乘法原理求出不同分法的种类；③由条件概率公式，分布求出，，代入公式即可；④由二项分布的定义求解. 【详解】解：①根据两点分布的均值，方差， 若，则，因此①错误； ②将个不同的礼物分给位同学，每人至少个，则说明必有人拿到个礼物， 所以可以先取个礼物，共有种；再将分好的组礼物分配，共有种， 因此，不同分法的种数为种，②正确； ③由事件A为第一枚骰子投出的点数为奇数，则第一枚点数可能为，，，共种， 而第二枚点数无要求，因此种； 又第一枚骰子投出的点数为奇数，两枚骰子点数之和为的情况，有和， 则，因此，③正确； ④由未击中目标的概率为，则击中目标的概率为，连续射击次，每次都相互独立，且概率均相同， 因此击中次数服从二项分布，即，因此④正确. 8. 函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据极值点为导函数的零点，整理变形得，然后令代入后表示出，代入目标式转化为关于的函数，利用导数求最值即可. 【详解】由题知，函数的定义域为，， 因为有两个极值点，所以，，则，① 令，因为，所以， 将代入①整理可得，， 所以， 令，则， 设，则， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，令可求；B选项令可求；C选项，令可求；D选项，把和时的展开式相加可求. 【详解】令，得，故A错误； 令，得，故B正确； 令，得，故C正确； 将与这两式的左右两边分别相加， 得，解得，故D错误. 故选：BC. 10. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论不正确的有（   ） A. 没有空盒子的方法共有16种 B. 有空盒子的方法共有256种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 【答案】ABD 【解析】 【分析】没有空盒即将4个球在4个盒子上进行全排列即可判断A；有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解判断B；恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，且必然有1个盒子中放了2个球，求解即可判断C；只需从4盒4球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即可判断D． 【详解】对于A，没有空盒子，即将4个球在4个盒子上进行全排列，共有种方法，故A不正确； 对于B，有空盒子，因为有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，共有种方法，故B不正确； 对于C，恰有1个空盒，即另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球， 先从4个盒中选1个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起，与另外两个球对余下的3个盒子全排列， 则共有种方法，故C正确； 对于D，没有空盒子恰有1个小球放入自己编号的盒子，则可从4盒4球中选定标号相同的球和盒有种方法， 另外3个球3个盒不能互相对应共2种方法，则共有种方法，故D不正确． 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列选项正确的有（ ） A. 函数有唯一零点 B. 若方程有两个实数解，则实数的取值范围为 C. 若对任意恒成立，则实数的取值范围为 D. 记，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理、分离参数，逐一判断选项即可. 【详解】对于A：函数的定义域为，又因为， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在取到最大值，且， 又因为当时，，当时，， 故有唯一零点，故A正确； 对于B：函数的定义域为，又因为， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在取到最大值，且， 又因为当时，，当时，， 所以若方程有两个实数解，则，故B错误； 对于C：若对任意恒成立，分情况讨论： 当时，左边，不等式成立； 当时，，不等式变形为， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得最大值，最大值为，故； 当时，，不等式变形为， 令，求导同， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得最小值，最小值为，故， 综上，，故C正确； 对于D：因为， 令，所以在上恒成立，故， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以的最大值在或上取得，因为， 而，故，故D正确. 【点睛】以导数为工具，精准分析和的单调性、极值与最值，是解决本题的关键. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，分析的展开式中含项的系数，含项的系数，即可得解． 【详解】由二项式的展开式的通项为， 其中含项的系数为0，含项的系数为， 所以的展开式中的系数为． 13. 现从4名男生，2名女生中选3人分别担任语文、数学、英语课代表，且恰好有1名女生被选中，则不同的安排方法共有________种． 【答案】 【解析】 【详解】满足条件的安排方法有. 14. 有5道题，5名女生中有2人每题都不能答对，其余3人每题都能答对，3名男生每人对每题答对的概率均为.现从上述5名女生中选择2名女生和3名男生答题，每人答一题，答对得2分，答错得0分，记得分之和为，则的数学期望为__________. 【答案】##5.4 【解析】 【分析】列出所有取值，根据古典概型求解选出女生的概率，根据二项分布求解男生答题情况对应的概率，进而根据独立事件乘法公式求解每种取值对应的概率，再结合期望公式求解即可. 【详解】的可能取值为， ， ， ， 所以的数学期望. 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. 记为数列的前项和，已知. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用与关系结合已知递推式构造作差，结合首项验证，证明数列为等比数列，进而求出通项公式； （2）用错位相减法，通过乘公比、作差、求和、化简，求得前项和. 【小问1详解】 当时，，即， 当时，①，②， ①-②得，即， 所以数列是首项，公比为4的等比数列， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 由题设， 则③， 所以④， ③-④得 ， ， 所以. 【点睛】本题核心知识点为等比数列的定义与通项公式、前n项和公式，核心方法是利用​与​的递推关系求通项，以及错位相减法处理差比数列求和. 16. 某中学数学竞赛培训共开设有代数、平面几何、数论、组合四门课程，要求代数、平面几何都要合格，且数论和组合至少有一门合格才能取得参加数学竞赛的资格．现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同（见下表），且每一门课程是否合格相互独立． 课程 代数 平面几何 数论 组合 合格的概率 （1）若已知甲同学取得参加数学竞赛的资格，求甲同学四门课程都合格的概率； （2）记X表示三位同学中取得参加数学竞赛的资格的人数，求X的分布列及期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 3 数学期望为【解析】 【小问1详解】 分别记甲对这四门课程考试合格为事件，，，，则事件，，，相互独立． 记“甲同学取得参加数学竞赛的资格”为事件，则 ， 记“甲同学四门课程都合格”为事件，故所求概率为． 【小问2详解】 由题意知，的所有可能取值为，，，，． 所以的分布列为 0 1 2 3 故．（或） 17. 如图1，在中，，，D为AC中点，于E，延长AE交BC于F，将沿BD折起，使平面平面，如图2所示． （I）求证：平面BCD； （Ⅱ）求二面角的余弦值； 【答案】（I）证明：∵平面平面BCD，交线为BD， 又在中，于E，平面ABD， ∴平面BCD． （Ⅱ）. 【解析】 【分析】（I）由面面垂直的性质定理得证线面垂直； （Ⅱ）以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值． 【详解】（I）略 （II）由（I）知平面BCD，∴， 由题意知，又， 如图，以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设，则， ∴，，， 则，，，，，， ，， 由平面BCD知平面BCD的一个法向量为， 设平面ADC的一个法向量， 则，取，得， ∴， ∴二面角的平面角为锐角，故余弦值为． 【点睛】方法点睛：本题考查用面面垂直的性质定理证明线面垂直，用空间向量法求二面角．在图形中有相互垂直的三条直线时，常常建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角：异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角．这种方法用计算代替证明，考查了学生运算求解能力． 18. 已知双曲线的左顶点为A，过点的直线l交双曲线C于M、N两点，点M在第一象限． （1）若双曲线C的焦距为，求该双曲线C的离心率e； （2）若双曲线C的一条渐近线方程为，点M、N均在双曲线C的右支，且存在实数，使得成立，求直线l的斜率的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，，结合离心率的公式，即可求解； （2）根据题意，得到双曲线，设直线的方程为，联立方程组，结合和韦达定理，得到，，再由，化简得到，结合对勾函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由双曲线，可得， 因为双曲线C的焦距为，可得，所以， 所以双曲线的离心率为. 【小问2详解】 由双曲线C的一条渐近线方程为，即，可得， 因为，可得，所以双曲线， 当直线的斜率不存在时，根据双曲线的对称性，，不满足， 所以直线的斜率一定存在， 因为，说明三点共线，且都在双曲线的右支上， 所以直线的斜率不为0，且， 设直线的方程为，、，且，， 联立方程组，整理得， 显然，则，可得， 且，， 由，可得，且，所以， 可得， 根据对勾函数的性质知，函数在上单调递减， 可得， 又因为， 所以，可得， 所以直线斜率的取值范围为. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的取值范围. （3）若，其中，，都有，证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时， 在单调递减，在单调递增. （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导后，根据以及不同情况下导数的正负，即可得到不同情况下函数的单调性； （2）根据（1）中所求函数单调性，在时，根据判断不满足题意；在时，求解，即可求得参数的范围； （3）根据题意，，通过（2）中所求可知的最小值，以及求导得到的最小值，根据两者的大小关系，即可证明. 【小问1详解】 ，定义域为， ， 当时，，在上单调递减； 当时，令，解得； 在上，， 单调递减；在上，， 单调递增； 综上，当时，在上单调递减； 当时， 在单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，单调递减，，不符合题意，舍去； 当时，； 令，， ， 单调递增； 又因为，所以，即； 综上， 的取值范围. 【小问3详解】 因为，都有，所以； 因为，由（1）知，； 因为，则 ， 在上，， 单调递减；在上，， 单调递增； 所以 ；注意到； 所以,即，又因为单调递增，所以>0； 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $