精品解析：广西壮族自治区桂林市十二县联考2025-2026学年高二下学期5月期中数学试题

桂林十二县期中联考高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一、二册. 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. 设等差数列的前项和为，已知，则（ ） A. 272 B. 270 C. 157 D. 153 【答案】D 【解析】 【分析】根据下标和性质及等差数列求和公式计算可得. 【详解】因为，所以， 故． 故选：D 2. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. 8 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的定义，对式子变形，求出答案. 【详解】由题意知：，即， 故选：A． 3. 已知抛物线上一点到焦点的距离是6，则其准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的性质得出，求出值，即可得到抛物线的准线方程. 【详解】由题可得，解得：，所以抛物线的准线方程为 故选：A 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】设出公比，得到，故. 【详解】设的公比为，则， 则. 故选：B 5. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出导函数，令即可得． 【详解】由已知，所以，即． 故选：D． 6. 已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离. 【详解】 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形， ，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 7. 如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 42 【答案】A 【解析】 【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数. 【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为； 若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为； 则不同的信号总数为. 故选：A． 8. 对于三次函数，给出如下定义：设是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数的图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则（ ） A. 2026 B. 2025 C. 1012 D. 1013 【答案】B 【解析】 【分析】先求得的对称中心，然后利用倒序相加法求得正确答案. 【详解】因为，所以，. 令，解得，而， 则的图象关于点对称，所以， 则 . 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. 设是函数的导函数，下列将和的图象放在同一个直角坐标系中，其中可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合原函数与导函数的关系依次判断即可． 【详解】对于A，有可能二次函数为原函数，直线为导函数，原函数先增后减，导函数先正后负，符合要求，故A正确； 对于B，有可能轴上方曲线为导函数，另一支为原函数，原函数始终单调递增，导函数始终为正，符合要求，故B正确； 对于C，有可能轴上方曲线为导函数，另一支为原函数，原函数始终单调递增，导函数始终为正，符合要求，故C正确； 对于D，无论谁作导函数，谁作原函数，都无法同步，故D错误. 故选：ABC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据，，…，的平均数等于，，…，的平均数 B. 样本数据1，1，1，0，2的标准差大于方差 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项由平均数公式得到两组数据的平均数的关系，然后比较即可；B选项先求出数据的平均数，然后分别求出方差和标准差即可；C选项由二项分布得到结合对应的方差公式即可得到；D选项由正态分布的对称性得到，即可求出. 【详解】A选项：设，则，所以A选项错误； B选项：这组数据的平均数，所以方差， 标准差，∴，即标准差大于方差，B选项正确； C选项：由可知，所以，C选项正确； D选项：由可知，∴由对称性可得， ∴，D选项正确. 故选：BCD. 11. 过点且与曲线相切的直线方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】借助导数的几何意义计算即可得. 【详解】设切点为，又，所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 所以，整理得，解得或， 即切线方程为或． 故选：BC． 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，常数项为______．（用数字作答） 【答案】448 【解析】 【分析】由题可得展开式通项，令的指数为0，可得常数项为第几项，即可得答案. 【详解】展开式的通项为， 令，解得，故常数项为． 故答案为：448. 13. 已知数列的递推公式，且首项，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用递推公式逐项计算可得出的值. 【详解】因为数列的递推公式，且首项， 则，，. 故答案为：. 14. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，即，构造函数，利用导数求出最大值即可. 【详解】存在，使得可得， 构造函数，其中，则， 当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减， 则，所以，，解得，因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 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. 已知函数在处取得极值，其中． （1）求的值； （2）当时，求的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最大值为4，最小值为 【解析】 【分析】（1）通过对原函数求导，利用题设条件，列出方程组，求得的值，回代解析式验证即得； （2）根据（1）求得的函数解析式，求导讨论函数单调性，推得时，函数有极小值，也是最小值，无极大值，结合区间端点值比较求得函数最大值. 【小问1详解】 由求导得， 依题意可知，即，解得， 此时，，由求得或， 当时，，函数递增，当时，函数递减， 故时，函数取得极大值，故. 【小问2详解】 由（1）得， 令解得或，因， 故当时，函数递减，当时，函数递增， 当 时， 取得极小值， 无极大值， 所以 ， 所以在区间上，的最大值为或，而． 所以在区间上的最大值为4，最小值为． 16. 已知正项数列的前n项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，利用作差法得到，结合等差数列的定义求解即可. （2）求出，采用裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 由，可得，， 两式相减得，. 因为是正项数列，所以， 所以，即，. 由，解得或（舍去）， 所以是以3为首项，2为公差的等差数列，则. 满足上式，因此. 【小问2详解】 由（1）得， 所以 . 17. 如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，M，N分别为，AD的中点． （1）证明：平面BDM． （2）求平面BDM与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 连接，由四边形是菱形，， ∴是等边三角形，又E是的中点，则，故， 在直四棱柱中，平面， 而平面，平面， 所以， 所以两两互相垂直， 以D为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，则， 所以，令，则，即， 而， 又平面， ∴平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，以D为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明平面，从而得证. （2）利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面的一个法向量 ， 结合图形可知平面的一个法向量可以为， 设平面与平面所成角为， 则 ∴平面与平面所成角的余弦值为． 18. 已知双曲线C的中心在原点，是C的一个顶点，是C的一条渐近线. （1）求C的方程； （2）设，为的右支上动点，当取得最小值时，求四边形的面积； （3）若过点的直线与C交于，两点（都异于点），证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据顶点设双曲线标准方程，结合渐近线确定参数，直接写出方程. （2）将点坐标代入双曲线方程消元，把转化为关于的二次函数求最小值，再用分割法（）计算四边形面积. （3）设直线的方程为，与双曲线联立后用韦达定理表示、，通过计算向量证明垂直. 【小问1详解】 因为双曲线C的中心在原点O，C的一个顶点是， 所以设C的方程为， C的渐近线方程为. 因为是C的一条渐近线，所以，所以C的方程为. 【小问2详解】 依题意，设，则，即， 所以|， 当时，，此时. 连接OM， 则四边形ODMP的面积 ，即四边形ODMP的面积为. 【小问3详解】 显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为. 由消去x得， 当时，恒成立. 设，，则，. 因为，， 所以，即. 19. 已知函数． （1）若，证明：： （2）若，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明：若， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故； （2）． 【解析】 【分析】（1）由导数判断单调性后求最小值证明， （2）转化为在上单调递增，分类讨论单调性后求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，所以，即， 所以函数在上单调递增， 令在上恒成立， 令． 当时，在上恒成立，又，不符合题意； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得，此种情况无解， 当时，在上单调递增，， 在上恒成立， 综上所述，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 桂林十二县期中联考高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一、二册. 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. 设等差数列的前项和为，已知，则（ ） A. 272 B. 270 C. 157 D. 153 2. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. 8 B. C. D. 2 3. 已知抛物线上一点到焦点的距离是6，则其准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 6. 已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 42 8. 对于三次函数，给出如下定义：设是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数的图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则（ ） A. 2026 B. 2025 C. 1012 D. 1013 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. 设是函数的导函数，下列将和的图象放在同一个直角坐标系中，其中可能正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据，，…，的平均数等于，，…，的平均数 B. 样本数据1，1，1，0，2的标准差大于方差 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 11. 过点且与曲线相切的直线方程可能为（ ） A. B. C. D. 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，常数项为______．（用数字作答） 13. 已知数列的递推公式，且首项，则______． 14. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围______． 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. 已知函数在处取得极值，其中． （1）求的值； （2）当时，求的最大值和最小值． 16. 已知正项数列的前n项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 17. 如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，M，N分别为，AD的中点． （1）证明：平面BDM． （2）求平面BDM与平面夹角的余弦值． 18. 已知双曲线C的中心在原点，是C的一个顶点，是C的一条渐近线. （1）求C的方程； （2）设，为的右支上动点，当取得最小值时，求四边形的面积； （3）若过点的直线与C交于，两点（都异于点），证明：. 19. 已知函数． （1）若，证明：： （2）若，都有，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $