精品解析：北京市十一学校顺义学校2025-2026学年下学期期中教与学质量监测高二数学试卷

十一顺义学校下学期期中教与学质量监测 高二数学试卷 2026.05 第一部分(选择题 共40分) 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 在的展开式中，的系数为 A. 5 B. C. 10 D. 2. 在数列中，，且，则等于 A. 8 B. 6 C. 9 D. 7 3. 下列求导运算中错误的是（ ） A. B. C. D. 4. 将一枚均匀硬币随机掷3次，恰好出现2次正面向上的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列中，，公差，如果，，成等比数列，那么等于（ ） A. 2或 B. C. 2 D. 3 6. 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从24个节气中随机选取3个介绍给外国的朋友，则这3个节气中含有“立春”的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 若数列{}的通项公式是 则 （ ） A. 15 B. 12 C. - 12 D. - 15 8. 设为等比数列， 则“为递增数列”是“存在，使得 ”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 函数的图象如图所示，且在与处取得极值，给出下列判断： ①； ②； ③函数在区间上是增函数． 其中正确的判断是 A. ①③ B. ② C. ②③ D. ①② 10. 已知函数无最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第二部分 (非选择题 共110分) 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分 11. 若 则 __________， __________ 12. 设数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值为________. 13. 已知个等差数列，，， 其中数列的前项和记为，请写出两个等差数列与的通项公式，使得对于任意等差数列，其前项和都不恒等于: _________， ________ 14. 已知函数若，则不等式的解集为_______ 若恰有两个零点，则的取值范围为_______ 15. 已知，，则下列说法正确的有___________． ①的值域为； ②时，恒有极值点； ③恒有零点； ④对于，恒成立． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在等差数列中，,. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比2的等比数列，求数列的前n项和. 17. 已知函数 （1）求在处的切线方程； （2）求的单调区间，并求在上的最大值. 18. 入壶数量和姿态评判胜负，兼具竞技与礼仪功能.为发扬传统文化，某校利用午休时间举办投壶比赛.老师预设口径不同的三个壶，学生可以根据自身情况，选择不同壶进行挑战.为方便统计，投壶时，仅统计“投中”与“未投中”两种结果.活动中，高三年级 500名学生体验了投壶，每位学生都只选择一个壶进行挑战.现将投壶结果统计如下表. 壶1 壶2 壶3 投中 未投中 投中 未投中 投中 未投中 高三年级 40 160 90 60 60 90 假设用频率估计概率 （1）若从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，求这位学生在活动中投中壶2的概率. （2）投壶活动结束后，高三学生自发编织“过关比赛”比赛中，学生手拿三支箭，从壶1开始，按照壶1、壶2、壶 3的次序，进行投壶挑战.每次投壶时，学生投一支箭，若投中，学生按照顺序投下一个投壶；若未投中，学生需要继续投该壶，直到投中或箭矢耗尽.当学生投完三支箭，挑战结束.某位高三学生即将参赛，假设用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，设这位学生在“过关比赛”中投中的次数为，求分布列和的数学的期望. （3）为锻炼投壶技巧，某高三同学投壶2，一共投 20次.假设每次投壶的结果互不影响，用高三年级学生投中壶2的频率估计这位学生投中壶 2的概率，那么在投完 20次之后，这位同学投中壶 2多少次的概率最大?(只需写出结论) 19. 已知椭圆C: 点B₁，B₂分别是椭圆C短轴的端点，椭圆C的右焦点，且. （1）求椭圆C的方程： （2）设过点 F且斜率不为0的直线交椭圆 C于A，B两点，问x轴上是否存在定点 P，使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等?若存在 求出点 P的坐标；若不存在，说明理由. 20. 已知函数 （1）当时，求证:； （2）若在处取得极大值，求实数的取值范围； （3）若关于x的方程 有两个不同实根，写出实数的取值范围 21. 已知数列是递增的整数数列，.定义数列的“相邻数列”为，其中，，或，. （1）若，数列，写出的所有“相邻数列”； （2）若，数列满足，，且的所有“相邻数列”均为递增数列.求满足条件的数列的个数； （3）若，数列满足，，且存在的一个“相邻数列”，使得对任意，，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 十一顺义学校下学期期中教与学质量监测 高二数学试卷 2026.05 第一部分(选择题 共40分) 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 在的展开式中，的系数为 A. 5 B. C. 10 D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据二项式定理计算即可. 【详解】解：在的展开式中的项为的系数为-10， 故选：D. 2. 在数列中，，且，则等于 A. 8 B. 6 C. 9 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系得出数列为等差数列，且求得公差，由此计算得的值. 【详解】由于，故数列是首项为，公差为的等差数列，故，故选D. 【点睛】本小题主要考查等差数列的识别，考查等差数列项的计算，属于基础题. 3. 下列求导运算中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：，故C正确； 对于Ｄ：，故D错误. 4. 将一枚均匀硬币随机掷3次，恰好出现2次正面向上的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求事件发生的总可能情况数，再求问题的事件发生情况数，两者比值即为所求. 【详解】抛掷硬币3次所有可能结果为种，其中恰好出现2次正面向上的事件有种，据此可得恰好出现2次正面向上的概率为：. 故选：C. 5. 已知等差数列中，，公差，如果，，成等比数列，那么等于（ ） A. 2或 B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式，进行基本量代换，求出公差d即可. 【详解】因为，，成等比数列，所以，即， 因为，所以，解得：d=2（d=0舍去）. 故选：C 6. 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从24个节气中随机选取3个介绍给外国的朋友，则这3个节气中含有“立春”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用古典概型运算公式进行求解即可. 【详解】这3个节气中含有“立春”的概率为, 故选：B 7. 若数列{}的通项公式是 则 （ ） A. 15 B. 12 C. - 12 D. - 15 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可得，奇数项为负数，偶数项为正数且相邻项数的绝对值之差的绝对值为3， 故 8. 设为等比数列， 则“为递增数列”是“存在，使得 ”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由数列单调性的定义，即可验证充分性成立，再举出反例即可得到必要性不成立，从而得到结果. 【详解】当“为递增数列”时，对任意“，必有 ”，故充分性成立； 假设等比数列的公比是，首项是1，则数列依次为， 当 时，有，使得 ，但不是递增数列，故必要性不成立； 故“为递增数列”是“存在，使得 ”的充分而不必要条件. 9. 函数的图象如图所示，且在与处取得极值，给出下列判断： ①； ②； ③函数在区间上是增函数． 其中正确的判断是 A. ①③ B. ② C. ②③ D. ①② 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：，由图可知时，为增函数知，所以有．又由，所以有，，因为，所以，因为所以有,所以,开口向上，对称轴为，所以函数在区间上是是增函数． 考点：导数在求函数极值及单调性中的应用 10. 已知函数无最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数研究函数的性质，作出函数函数与直线的图象，利用数形结合即得. 【详解】对于函数， 可得， 由，得或，由，得， ∴函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ∴函数在时有极大值2，在时有极小值， 作出函数与直线的图象， 由图可知，当时，函数有最小值，当时，函数没有最小值. 故选：D. 第二部分 (非选择题 共110分) 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分 11. 若 则 __________，__________ 【答案】 ①. 1 ②. 81 【解析】 【分析】采用赋值法，分别对二项展开式中的赋特殊值和，代入计算即可得到结果. 【详解】令，则 ，因此； 令，则 因此 . 12. 设数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值为________. 【答案】或 【解析】 【分析】直接利用等比数列的通项公式和求和公式列方程求解. 【详解】当时，，成立； 当时，，又，所以， 化简得， 解得 或． 综上可知，公比的值为或． 故答案为：1或 13. 已知个等差数列，，， 其中数列的前项和记为，请写出两个等差数列与的通项公式，使得对于任意等差数列，其前项和都不恒等于: _________，________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用等差数列前项和为不含常数项的二次式的特征，构造两个等差数列使其通项乘积为含非零常数项的二次式即可. 【详解】首先，对于任意等差数列，其前项和的结构为（为常数，），无常数项， 取，则首项为，公差为，是等差数列；取，则首项为，公差为，是等差数列， 计算得 ，该式常数项为，不可能等于任意等差数列的前项和，满足题设条件. 14. 已知函数若，则不等式的解集为_______ 若恰有两个零点，则的取值范围为_______ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：根据分段函数性质，分和两个区间分别求解对应的不等式，最后合并两个 区间的解集； 空2：分析和两段函数的零点情况，时，构造函数，通过求导分析单调性、极值与值域，得到该段零点个数和的对应关系；时：令，分、、三类讨论方程根的情况，结合，得到该段零点个数和的对应关系，进而求解的取值范围. 【详解】空1：代入，可得：， 当时，，结合得； 当时，，结合得. 所以解集为：. 空2：①当时： 若：时，则恒成立，无零点； 若：时，由得，不在范围，无零点； 时，由可得方程，，两根之积为， 故只有1个负根，即有一个零点. ②当时：，时，只需讨论： 变形得，令，求导得： 当时，，在递减， 当时，，在递增，故最小值为； 当和时，， 因此：时，无零点； 时，有1个零点； 时，有2个零点； 时，恒成立，无零点. 综上所述，在区间上：当 时，无零点；当 时，有1个零点；当 时，有2个零点. 15. 已知，，则下列说法正确的有___________． ①的值域为； ②时，恒有极值点； ③恒有零点； ④对于，恒成立． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】设，通过函数求导可推得，即可判断①；由函数的单调性分析易得为函数的极值点，判断②；利用函数与方程思想，判断有实根即可，可根据参数和分类讨论，结合函数的图象判断与有交点得到③；由，换元后构造，利用其单调性即可判断④. 【详解】设，则即，则，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，即得， 即的值域不是，故①错误； 由①可知，时，是的极值点，故②正确； 若有零点，则有实根. 当时，与恒有交点； 当时，由①知，， 且在上单调递增，在上单调递减. 当时，函数与在第三象限有交点； 当时，函数与在第四象限有交点， 故与恒有交点，故③正确； 因，设，，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，故， 即恒成立，故④正确. 综上可得，说法正确的有②③④. 故答案为：②③④. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在等差数列中，,. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比2的等比数列，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得数列的通项公式； （2）根据等比数列的定义得到，求出，结合等差数列求和公式、等比数列求和公式及分组求和法求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则，解得， 因此， . 故. 【小问2详解】 由题意知，，所以 . 所以 . 故. 17. 已知函数 （1）求在处的切线方程； （2）求的单调区间，并求在上的最大值. 【答案】（1） （2） 单调递增区间为和，单调递减区间为；最大值为 【解析】 【分析】（1）根据导数求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2）根据导数求出函数的单调性和极值，比较端点值和极值即可求出最大值. 【小问1详解】 由函数，可得 ， 求导得，则得 ， 故在处的切线方程为. 【小问2详解】 由（1）得， 当或时，，当时，， 因此的单调递增区间为和，单调递减区间为， 则的极大值为，极小值为， 又，， 由于 ， 故在上的最大值为. 18. 入壶数量和姿态评判胜负，兼具竞技与礼仪功能.为发扬传统文化，某校利用午休时间举办投壶比赛.老师预设口径不同的三个壶，学生可以根据自身情况，选择不同壶进行挑战.为方便统计，投壶时，仅统计“投中”与“未投中”两种结果.活动中，高三年级 500名学生体验了投壶，每位学生都只选择一个壶进行挑战.现将投壶结果统计如下表. 壶1 壶2 壶3 投中 未投中 投中 未投中 投中 未投中 高三年级 40 160 90 60 60 90 假设用频率估计概率 （1）若从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，求这位学生在活动中投中壶2的概率. （2）投壶活动结束后，高三学生自发编织“过关比赛”比赛中，学生手拿三支箭，从壶1开始，按照壶1、壶2、壶 3的次序，进行投壶挑战.每次投壶时，学生投一支箭，若投中，学生按照顺序投下一个投壶；若未投中，学生需要继续投该壶，直到投中或箭矢耗尽.当学生投完三支箭，挑战结束.某位高三学生即将参赛，假设用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，设这位学生在“过关比赛”中投中的次数为，求分布列和的数学的期望. （3）为锻炼投壶技巧，某高三同学投壶2，一共投 20次.假设每次投壶的结果互不影响，用高三年级学生投中壶2的频率估计这位学生投中壶 2的概率，那么在投完 20次之后，这位同学投中壶 2多少次的概率最大?(只需写出结论) 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 （3）12 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算即可. （2）判断的可能取值，结合题干规则利用乘法公式和加法公式计算即可. （3）利用二项分布结合二项式定理求最值即可. 【小问1详解】 由频率估计概率可知，从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，这位学生在活动中投中壶2的概率为. 【小问2详解】 由题意知，壶1投中的概率为，壶1未投中的概率为， 壶2投中的概率为，壶2未投中的概率为， 壶3投中的概率为，壶3未投中的概率为， 这位学生在“过关比赛”中投中次数的可能取值为0，1，2，3， 则， ， ， ， 所以这位学生在“过关比赛”中投中次数的分布列为 0 1 2 3 则. 【小问3详解】 壶2投中的概率为. 记这位同学投中壶 2的次数为，则. 则，. 假设投中壶2的次数为时概率最大，则 ，即， 解得，又，所以. 投完 20次之后，这位同学投中壶 2的次数为12时，概率最大. 19. 已知椭圆C: 点B₁，B₂分别是椭圆C短轴的端点，椭圆C的右焦点，且. （1）求椭圆C的方程： （2）设过点 F且斜率不为0的直线交椭圆 C于A，B两点，问x轴上是否存在定点 P，使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等?若存在 求出点 P的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在P点坐标为 【解析】 【分析】小问1根据题目条件可以求出a,b从而求出椭圆方程；小问2先设出这个方程并联立椭圆方程，求出直线与椭圆的交点的关系，再设定点的坐标并让条件成立，再运用交点的关系，求出定点坐标. 【小问1详解】 由题意可得，又因为，所以为等腰直角三角形， 因此，则，故椭圆方程为. 【小问2详解】 设过点 F且斜率不为0的直线方程为， 设交点坐标为， 联立直线方程和椭圆方程得出 ， 化简得，根据韦达定理得， 设定点使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等， 又因为点 F与点P都在x轴上，故直线与直线的倾斜角互为相反数， 即，化简得， 又A，B点在直线上，故 ， 化简得，再根据韦达定理得， 当时，，则点坐标为； 当时，与为全等三角形且为直角三角形，故坐标为也满足条件， 综上所述存在P点坐标为使点 F到直线 BP的距离与点 F到直线AP的距离相等. 20. 已知函数 （1）当时，求证:； （2）若在处取得极大值，求实数的取值范围； （3）若关于x的方程 有两个不同实根，写出实数的取值范围 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数单调性，进而求解证明最值； （2）求导，对参数进行分类讨论，进而结合函数单调性和极值确定的取值范围； （3）将方程解的问题转化为函数零点问题，构造函数，结合导数和零点存在定理求解. 【小问1详解】 证明：当时，，求导得：， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因此的最大值为，故，得证. 【小问2详解】 对求导并因式分解得：， 若：恒成立，时，时， 处取极大值，符合要求； 若：，时，时， 处取极大值，符合要求； 若：，单调递增，无极值，不符合； 若：，时，时， 处取极小值，不符合. 综上，的取值范围为： 【小问3详解】 整理方程，代入化简得：. 设，则有两个不同零点，， 若：，单调递增，最多1个零点，不符合； 若：令得，在递增，递减， 最大值为. 要存在两个零点，需最大值大于，即，得， 即，且和时，故有两个零点， 综上，的取值范围为：. 21. 已知数列是递增的整数数列，.定义数列的“相邻数列”为，其中，，或，. （1）若，数列，写出的所有“相邻数列”； （2）若，数列满足，，且的所有“相邻数列”均为递增数列.求满足条件的数列的个数； （3）若，数列满足，，且存在的一个“相邻数列”，使得对任意，，求的最小值. 【答案】（1）；；；； （2）11个； （3）37 【解析】 【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可； （2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可； （3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可. 【小问1详解】 根据“相邻数列”的概念可知，， 或，或， 所以数列的所有“相邻数列”有；；；. 【小问2详解】 任取的一个“相邻数列”， 因为或， 或， 所以有且， 对于的取值分以下4种情形： （a）， （b）， （c）， （d） 由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形， 由于递增，，即， 由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列， 于是，则，即满足条件的数列的有11个； 【小问3详解】 令，所以对任意， 设，则且， 先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合， 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合． 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合， 因此，的分布只可能是如下三种情况： （i），此时，对任意的，由得， 所以对任意的，注意到， 所以， 等号当且仅当时取到；此时符合题意； （ii）存在整数，使得 对任意的，对任意的， 所以 ， 此时取等条件需满足条件， 且， 故，与题意矛盾，无法取等，即此时； （iii）．此时，对任意的，与情形（i）类似， 对任意的，注意到， 所以累加得， 综上，的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $