精品解析：广西南宁市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 曲线在处的切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 在三棱柱中，是的中点，，则用向量，，表示向量应为（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，已知，，，则的前项和为（ ） A. 22 B. 24 C. 25 D. 26 5. 安排名志愿者完成项工作，每人至少安排项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术.在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率.假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件是“AI模型筛选出候选分子”，事件是“AI模型筛选出候选分子”.已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ） A. 是等比数列，且公比为 B. 是等比数列，且公比为 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 函数的单调递减区间为，单调递增区间为 B. 函数的极小值点是 C. 当时，与直线有2个公共点 D. 当时，与的图象有2个公共点 11. 在棱长为4的正方体中，点是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 若平面，则线段的最小值为 C. 若与所成的角为，则点的轨迹长度为 D. 若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 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. 若是函数的一个极值点，则_____. 14. 已知为双曲线：的右焦点，为坐标原点，点是右支上的一点，且.若点关于点的对称点也在双曲线上，则双曲线的渐近线的斜率为______. 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. 已知数列满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、. （1）求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率； （2）若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率. 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，且，. （1）求证：平面； （2）若，，点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，过点作轴，交椭圆于另一点（异于点，）. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求点的坐标； （3）求面积的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）设是的两个极值点，求证：； （3）设，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到抛物线的标准方程，再由标准方程得到其准线方程； 【详解】抛物线的标准方程为，所以抛物线的焦点在轴正半轴， ，则准线方程为. 故选：D 2. 曲线在处的切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，所以， 所以曲线在处的切线的斜率为，所以其倾斜角为. 3. 在三棱柱中，是的中点，，则用向量，，表示向量应为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在三棱柱中，由，得，由点是的中点，得， 所以 . 4. 在等差数列中，已知，，，则的前项和为（ ） A. 22 B. 24 C. 25 D. 26 【答案】D 【解析】 【分析】先利用等差数列的性质求出公差，再由得出首项，然后借助通项公式求出，最后利用求和公式即可求得. 【详解】设的公差为，则，解得， 又，所以， 所以，解得， 所以的前项和为. 5. 安排名志愿者完成项工作，每人至少安排项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】先把项工作分成份，分别为、、与、、，再将这三份工作分派给名志愿者，结合分类加法计数原理可得结果. 【详解】先把项工作分成份有两种方式，即、、与、、. 若是、、，则有种不同的分派方法， 若是、、，则有种不同的分派方法. 所以共有种分派方法. 6. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术.在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率.假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件是“AI模型筛选出候选分子”，事件是“AI模型筛选出候选分子”.已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由对立事件求出，再结合条件概率公式求出，最后利用全概率公式和条件概率公式即可求出结果. 【详解】因为，所以， 又，所以， 由全概率公式得， 故. 7. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ） A. 是等比数列，且公比为 B. 是等比数列，且公比为 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由与相外切，得到，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解. 【详解】因为与相外切，所以， 即， 所以， 因为每个点均在函数的图像上，可得， 所以，即，所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 所以，则， 此时数列不是等比数列. 故选：C. 8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设可得对于恒成立，进而得到函数和在上有共同的零点，可得，进而得到，设，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可. 【详解】由，则， 即对于恒成立， 而函数和在上均为增函数， 则函数和在上有共同的零点， 即，则，即， 设，则， 令，得或，令，得， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 又时，，时，，且， 则，即的取值范围是. 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由得，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 函数的单调递减区间为，单调递增区间为 B. 函数的极小值点是 C. 当时，与直线有2个公共点 D. 当时，与的图象有2个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，对求导，由导函数符号即可分析函数的单调区间；B选项，由的单调性即可判断极小值点；C选项，根据的单调性、极值点，再结合和的趋势，即可作出函数图象，从而得到交点情况；D选项，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性，作出函数的图象，即可判断. 【详解】对于A，， 当时，，当时， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，故A正确； 对于B，由A可知的极小值点为，极小值为，故B错误； 对于C，当时，，当时，， 当时，，当时，，当时，， 结合函数的单调性画出函数的大致图象， 由图象可得当时，，函数的图象与直线有且仅有两个交点，故C正确； 对于D，令，当时，等式不成立，故不是方程的根， 当时，方程可化为， 令，则有， 所以单调递增区间为和，图象如右图所示， 所以当时，函数的图象与直线有且仅有两个交点， 故当时，与的图象有2个公共点，故D正确. 11. 在棱长为4的正方体中，点是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 若平面，则线段的最小值为 C. 若与所成的角为，则点的轨迹长度为 D. 若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，通过向量的数量积计算得出，在侧面中可以找到满足条件的点，即可作出判断；B选项，过作平面平面，得出的轨迹为线段，等边三角形的高即为最小值；C选项，由与所成的角为，得出的长度，轨迹即为圆心角为的圆弧；D选项，由勾股定理得到球面与侧面交线的半径为，圆心角为，即可求弧长. 【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. 因为正方体棱长为4，则，，，，； 又因为点在侧面（含边界）上，设. 选项A：因为，，若， 则，即，化简得. 在，范围内， 当，（即与重合）时满足，故存在点，故A正确； 选项B：作出过与平面平行的平面， 则点的轨迹为平面与侧面的交线，即线段， 因为为边长为的等边三角形，所以线段的最小值即为等边三角形的高， 即，故B正确； 选项C：因为，所以与所成的角等于与所成的角， 即. 在中，，，所以， 则点的轨迹为以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点的轨迹长度为，故C错误； 选项D：因为，， 故可设球面与的交点为，球面与的交点为， 可得交线为以为圆心的的弧长. 由题知平面，则为直角三角形， 所以，则； 同理可得，所以，所以， 所以弧.故D正确. 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】 【详解】通项公式为， 令，解得， 所以展开式中的系数为. 13. 若是函数的一个极值点，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】对函数进行求导，是极值点，则，计算出的值代入原函数计算即可. 【详解】， 因为是函数的极值点， 所以，即， 故，所以，. 故答案为： 14. 已知为双曲线：的右焦点，为坐标原点，点是右支上的一点，且.若点关于点的对称点也在双曲线上，则双曲线的渐近线的斜率为______. 【答案】或##或 【解析】 【分析】利用对称性构造直角三角形，结合双曲线的定义和勾股定理列方程，即可求解出，进而得到渐近线的斜率. 【详解】设点关于点的对称点为，双曲线的左焦点为，易得， 因为，所以，如图，令， 则，又， 在中，，即， 化简得（*）； 在中，，即， 化简得，将其代入（*），化简得，即， 所以双曲线的渐近线的斜率为. 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. 已知数列满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过对递推式变形构造出等比数列，然后利用等比数列通项公式即可求出； （2）先求出，再利用错位相减法，通过两式相减、等比数列求和即可求得. 【小问1详解】 由，，得，. 因为，所以数列是以2为首项、2为公比的等比数列， 所以，即， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知代入得，则 ①， ②， ①-②得： ， 化简得， 故数列的前项和. 16. 某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、. （1）求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率； （2）若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式，把三种款的概率与对应好评概率相乘再相加，即可得到结果； （2）先算出未给出好评的概率，再结合抽到普通款且未给出好评的概率，利用贝叶斯公式即可求得. 【小问1详解】 设事件表示“抽到隐藏款”，表示“抽到稀有款”，表示“抽到普通款”， 事件表示“消费者给出好评”，事件表示“消费者未给出好评”. 根据题意，，两两互斥，且. 由题意得，，，，，. 由全概率公式，得， 所以消费者给出好评的概率为. 【小问2详解】 由（1）知，因此. 根据题意，得. 因为，，两两互斥，且， 由贝叶斯公式，得， 所以，若消费者未给出好评，其抽到普通款的概率为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，且，. （1）求证：平面； （2）若，，点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为为菱形，， 所以为中点，也为中点. 在中，，所以， 在中，，所以， 又，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形对角线中点的性质，结合等腰三角形三线合一，证明同时垂直于平面内的两条相交直线和，从而证得平面； （2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标与向量，分别计算出平面与平面的法向量，再利用向量夹角公式，即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面，又因为平面， 所以，， 又，所以如图以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意知，，， 所以在中，，即，所以， 所以， 在中，，即，所以， 则，，，，， 由，得， 因为，所以， 所以， 所以，，， ， 设平面的一个法向量为，则， 即，取，则，，则， 设平面的法向量为，则， 即，取，则，，则， 设平面与平面的夹角为，则 ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，过点作轴，交椭圆于另一点（异于点，）. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线过定点，并求点的坐标； （3）求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 法一：由题意可得直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，，，则， 联立得， ，， ，则直线： 所以直线恒过定点. 法二：设，，则. 由，，三点共线，得，即， 把点平移到原点，得椭圆方程， 化简，得①，设平移后的直线：②， 由①②，得， 整理，得 所以，得， 故：经过定点，平移回去得定点为，所以直线恒过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质计算； （2）联立AB与椭圆方程，然后根据BD的直线方程和韦达定理求定点； （3）利用韦达定理求，然后计算面积求范围即可. 【小问1详解】 由题意得，，则，，， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知，， ，令，，， 化简得，， 令，当，，因此，在上单调递增， 所以，所以面积的取值范围为. 【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）设是的两个极值点，求证：； （3）设，求证：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间 （2） 函数 的定义域为， 又， 因为，是的两个极值点，所以，， 即，令，，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 不妨假设， 要证，只需证，因为，所以， 因为在上单调递增， 所以只需证，又因为，所以只需证， 令，， 则， 因为，所以， 则，所以， 所以在上单调递减，， 所以，即. （3） 利用第(1)问中的时的函数可得，所以有， 令对每个 ，令，则 ，则 ， 所以 ，则， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值； （2）求出函数的导函数，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，不妨设，利用分析法可得只需证，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明. （3）由(1)可知，令，从而得到，再结合等差数列求和公式即可证明； 【小问1详解】 ①当时，，其定义域为， 又， 所以当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $