精品解析：福建厦门外国语学校2025-2026学年第二学期高二期中考试数学试题

厦门外国语学校2025-2026学年第二学期高二年段期中考试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150/100分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其他答案；在试卷上作答一律无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案一律无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案一律无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整，如遇其他问题，需举手向监考老师提出. 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线：和直线：互相平行，则的值为（ ） A. B. 3 C. 或3 D. 或1 2. 函数的极值点为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或 D. 3. 独立性检验中，若小于临界值，则下列结论正确的是（ ） A. 两个变量一定相互独立 B. 两个变量一定不独立 C. 没有充分证据表明两个变量有关 D. 两个变量有关联的可能性为 4. 已知双曲线的渐近线与以为圆心，面积为的圆相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法中正确的是（ ） ①设随机变量服从二项分布，则；②已知随机变量服从正态分布且，则；③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；④；. A. ①②③ B. ②③④ C. ②③ D. ①③ 6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的两个焦点为，且.若在椭圆上，，三点不共线，且，则椭圆的长轴长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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，有多个选项符合题目要求，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. 甲、乙、丙等五名学生和一位老师六人站成一排照相，则（ ） A. 老师不排在两端的概率为 B. 学生甲、乙、丙两两互不相邻的概率为 C. 学生甲、乙、丙连排在一起的概率为 D. 老师不排在两端，学生甲、乙、丙三人中有且仅有两人相邻的概率为 10. 若，则下列选项正确的是（ ） A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B. C. D. 当时，除以9的余数为1 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ） A. 离心率的取值范围为 B. 当离心率为时，的最大值为3 C. 存在点，使得 D. 当离心率不小于时，的最小值为 第Ⅱ卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 曲线在处的切线斜率为___________． 13. 一箱苹果共有12个苹果，其中有个是烂果，从这箱苹果中随机抽取3个．恰有2个烂果的概率为，则___． 14. 如图：在圆环上有8个定位点，两个质点分别从A，B两个定位点出发，在圆环上等可能地沿顺时针或逆时针的方向移动，它们运动规则相同，并且每次移动同时行动．规定：每个质点从所在的位置移动到相邻的定位点叫做1次移动．移动n次后，两质点位于同一定位点的概率为，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. 为研究某种图书每册的成本费元与印刷数册的关系，收集了一些数据并作了初步处理，得到了下面的散点图及一些统计量的值． 表中，． （1）根据散点图判断：与哪一个更适宜作为每册成本费元与印刷数册的回归方程类型？只要求给出判断，不必说明理由 （2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程； （3）若每册书定价为元，则至少应该印刷多少册才能使销售利润不低于元？假设能够全部售出 （附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，） 16. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程. 17. 甲､乙两队进行乒乓球双打比赛，规定每局比赛必须决出胜负，采用五局三胜制，即先赢得三局比赛的队伍获胜.已知每局比赛甲队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立. （1）设，记比赛结束时的场数为，求的分布､期望和方差； （2）已知甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为，求的值. 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 （1）求直线AB的斜率(用表示)； （2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 19. 已知函数， （1）当时，讨论函数单调性； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门外国语学校2025-2026学年第二学期高二年段期中考试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150/100分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其他答案；在试卷上作答一律无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案一律无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案一律无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整，如遇其他问题，需举手向监考老师提出. 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线：和直线：互相平行，则的值为（ ） A. B. 3 C. 或3 D. 或1 【答案】A 【解析】 【详解】因为直线：和直线：互相平行， 所以，解得. 2. 函数的极值点为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或 D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 令，解得或. 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递增. 所以函数在处取得极小值，极值点为. 3. 独立性检验中，若小于临界值，则下列结论正确的是（ ） A. 两个变量一定相互独立 B. 两个变量一定不独立 C. 没有充分证据表明两个变量有关 D. 两个变量有关联的可能性为 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立性检验的基本逻辑即可求解. 【详解】对于A，小于临界值，并不意味着“一定相互独立”，只是无足够证据反对独立，故A错误； 对于B，小于临界值，并不意味着“一定不独立”，只是无足够证据反对独立，故B错误； 对于C，这是独立性检验的基本逻辑：当时，无充分证据支持变量相关，即不能认为有关联，故C正确； 对于D，对应的把握认为两个变量有关联，而实际上，故D错误. 4. 已知双曲线的渐近线与以为圆心，面积为的圆相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，根据双曲线的渐近线公式与直线与圆的位置关系，可列方程，可得答案. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 因为圆的圆心为，面积为，设圆的半径为， 则，故， 由渐近线与圆相切，则圆心到直线的距离，即， 所以双曲线的离心率为 5. 下列说法中正确的是（ ） ①设随机变量服从二项分布，则；②已知随机变量服从正态分布且，则；③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；④；. A. ①②③ B. ②③④ C. ②③ D. ①③ 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项分布概率公式，即可得出①；根据正态分布的对称性，即可得出②；根据已知求出，然后根据条件概率的概率公式，即可得出③；直接求解即可判断④. 【详解】对于①，根据二项分布概率公式可得，，故①正确； 对于②，根据已知可得，， 所以. 根据正态分布的对称性可知，，故②正确； 对于③，由已知可得，，， 所以，，故③正确； 对于④，，，故④错误. 所以，正确的为①②③. 故选：A. 6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为 所以 由全概率公式可得. 7. 已知椭圆的两个焦点为，且.若在椭圆上，，三点不共线，且，则椭圆的长轴长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正弦定理得到与的关系，再结合椭圆的定义得到与和的关系，进而求出关于的表达式，再由的范围得出结论. 【详解】因为，且三点不共线， 在中，由正弦定理得 ，所以，又， 所以.因为，即，又， 所以，又三点不共线， 所以，由，得， 所以，即椭圆长轴长的取值范围是. 故选：B 8. 设，，，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断单调性，得出的大小关系，构造函数，利用导数判断单调性，得出的大小关系，从而得到的大小关系，构造函数，利用导数判断单调性，得出的大小，即可得到答案. 【详解】记， 则，所以当时，， 所以在上单调递增， 所以当时，，即，所以. 记 则， 所以在上单调递减， 所以当时，，即，所以， 所以， 记， 则， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以. 所以， 综上所述：. 二、多选题（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，有多个选项符合题目要求，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. 甲、乙、丙等五名学生和一位老师六人站成一排照相，则（ ） A. 老师不排在两端的概率为 B. 学生甲、乙、丙两两互不相邻的概率为 C. 学生甲、乙、丙连排在一起的概率为 D. 老师不排在两端，学生甲、乙、丙三人中有且仅有两人相邻的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用古典概型即可判断A；利用插空法结合古典概型即可判断B；利用捆绑法结合古典概型即可判断C；利用排除法结合古典概型即可判断D. 【详解】对于A，老师不排在两端的概率为，故A正确； 对于B，先排甲、乙、丙之外的3人，有种，形成了4个空， 在这4个空中排甲、乙、丙，方法有种， 所以甲、乙、丙互不相邻的排法有种， 所以所求概率为，故B错误； 对于C，甲、乙、丙连排在一起有种， 把甲、乙、丙看作一个整体，再和其他三人一起排，有种， 所以学生甲、乙、丙连排在一起的概率为，故C正确； 对于D，从学生甲、乙、丙中任选出2人看作一个“整体”，方法有种， 先排教师和余下的两人，有种，形成了4个空， 将整体和另一个人插在4个空之间，有种， 所以满足条件的排法有种， 若老师排在两端，与其他两人先排，有种，形成了3个空， 将整体和另一个人插在3个空中，有种， 满足此条件的排法有种， 所以满足条件的排法有种， 所以所求概率为，故D正确. 10. 若，则下列选项正确的是（ ） A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B. C. D. 当时，除以9的余数为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质，利用赋值法、求导法、二项式定理逐一判断即可. 【详解】对于A：由二项式展开式中的二项式系数为0，1，…，6， 所以时二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故A不正确； 对于B：令，可得． 再令，得， 所以，所以B正确； 对于C：对两边求导， 得， 再令，得，所以C正确； 对于D：当时， ， 而， 即除以9的余数为1，所以D正确． 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ） A. 离心率的取值范围为 B. 当离心率为时，的最大值为3 C. 存在点，使得 D. 当离心率不小于时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由点在椭圆内部求得的范围，结合离心率的意义求解判断AB；由椭圆半焦距与的大小判断C；利用椭圆定义及均值不等式求出最小值判断D. 【详解】由椭圆的长轴长为4，得，由点在内部，得，又，则， 对于A，由，得，则离心率，A正确； 对于B，由，得椭圆的半焦距，由， 得，因此的最大值为，B正确； 对于C，由，得，而，则， 以原点为圆心，为半径的圆在椭圆内，因此不存在使得，C错误； 对于D，由椭圆的离心率不小于，得，则， 于是，， 因此 ，当且仅当时取等号，符合题意，D正确. 第Ⅱ卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 曲线在处的切线斜率为___________． 【答案】1 【解析】 【详解】， 13. 一箱苹果共有12个苹果，其中有个是烂果，从这箱苹果中随机抽取3个．恰有2个烂果的概率为，则___． 【答案】4 【解析】 【分析】由超几何分布的概率公式列方程即可求解． 【详解】依题意可得，即，整理得， 解得或9，因为，所以． 故答案为：4. 14. 如图：在圆环上有8个定位点，两个质点分别从A，B两个定位点出发，在圆环上等可能地沿顺时针或逆时针的方向移动，它们运动规则相同，并且每次移动同时行动．规定：每个质点从所在的位置移动到相邻的定位点叫做1次移动．移动n次后，两质点位于同一定位点的概率为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据相对距离的可能情况设出不同距离状态的概率，再依据移动规则得到概率递推关系，最后结合初始条件求解概率表达式. 【详解】圆环共8个定位点，初始A、B为对顶点，距离为4， 每次移动每个质点顺时针/逆时针概率均为， 每次移动后，两质点的相对距离变化只能是（概率）、（概率各）， 因此相对距离始终为偶数，只有四种可能， 设为移动次后两质点同位置的概率，为移动次后距离为或的概率， 为距离为的概率，可得：， 由，化简可得对任意，， 因此递推简化为：， 因为初始条件，所以， 迭代得：， 整理得. 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. 为研究某种图书每册的成本费元与印刷数册的关系，收集了一些数据并作了初步处理，得到了下面的散点图及一些统计量的值． 表中，． （1）根据散点图判断：与哪一个更适宜作为每册成本费元与印刷数册的回归方程类型？只要求给出判断，不必说明理由 （2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程； （3）若每册书定价为元，则至少应该印刷多少册才能使销售利润不低于元？假设能够全部售出 （附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，） 【答案】（1） （2）． （3）册 【解析】 【分析】（1）因为散点图呈现的是非线性趋势，所以选择更合适； （2）令，将转化为线性回归方程，利用最小二乘估计公式计算和，进而得到关于的回归方程； （3）根据利润公式，结合回归方程列出不等式，求解不等式得到印刷数的取值范围，确定至少印刷的册数. 【小问1详解】 由散点图的分布是非线性的，故适宜作为每册成本费与印刷册数的回归方程； 【小问2详解】 令，先建立关于的线性回归方程， 由于， ， 关于的线性回归方程为， 从而关于的回归方程为； 【小问3详解】 假设印刷册，依题意，， ， 至少印刷册． 16. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据离心率公式，可得a，b的关系，则，代入点坐标，求出b值，进而可得a值，即可得答案. （2）设出直线l的方程，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据弦长公式，可得的表达式，根据点到直线的距离，可得点P到直线AB的距离，即可得的面积S的表达式，根据二次函数的性质，即可得答案. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率， 所以，则， 因为点在椭圆上，所以，解得. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线， 联立，化简得， ，解得. 由韦达定理得， 则， 所以， 又因为， 所以. 当时，即时，的面积取到最大值， 此时，直线或. 17. 甲､乙两队进行乒乓球双打比赛，规定每局比赛必须决出胜负，采用五局三胜制，即先赢得三局比赛的队伍获胜.已知每局比赛甲队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立. （1）设，记比赛结束时的场数为，求的分布､期望和方差； （2）已知甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为，求的值. 【答案】（1） ， . （2）或 【解析】 【分析】（1）先确定的取值并计算相应的概率，通过列出分布列再根据期望和方差的公式求解； （2）分别计算甲队获胜的概率和甲队获胜且比赛恰好4局的概率，然后利用条件概率求解. 【小问1详解】 可能的取值为， ， ， ， 所以的分布列为 ， . 【小问2详解】 设甲队获胜为事件，比赛恰好进行4局为事件， ， ， 根据题目可知，， 代入条件概率公式可得， 化简可得 ， 令，可得 ，解得或， 所以或. 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 （1）求直线AB的斜率(用表示)； （2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得解； （2）①设直线方程为，将其与抛物线方程联立，设，由斜率之和为，结合韦达定理可证明结论； ②由于轴，则，进而化简求最值. 【小问1详解】 根据题意，将点代入抛物线方程， 得，所以抛物线C：， 则，由于，则， 所以； 【小问2详解】 ①设，直线的方程为， 所以， 联立，消去并化简得：， 所以，， 所以， 即， 所以，所以， 所以直线的方程为，即 所以直线过定点，该点坐标为； ②由，，可得轴，且， 联立与，并令，得， 则，且由得， 由，即， 得， 由于得，且， 则的面积 ， 而 ， 由于，得，而即， 即，所以，且，则且， 由于在单调递减，在单调递增， 所以，当，当， 当， 故面积S的取值范围为. 19. 已知函数， （1）当时，讨论函数单调性； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 【答案】（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减; （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数与单调性的关系即可求解； （2）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可； （3）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解. 【小问1详解】 由得， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减; 【小问2详解】 当时，不等式可化为， 变形为即 同构函数，求导得， 所以在上是增函数. 所以原不等式可化为， 根据单调性可得: 再构造，则 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的， 所以的最小值为; 【小问3详解】 因为存在两个不同的极值点， 所以由可得: 因为，而的对称轴是，所以可得， 根据对称性可得另一个零点，此时有， 故，又由且可得， 而 令， 则， 因为所以，即， 则， 即在区间上单调递减， 所以有， 即， 所以实数取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $