精品解析：甘肃省徽县第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷

绝密★启用前 2025-2026学年徽县第一中学高二下学期 期中考试（数学）试卷 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. 一、单选题：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. 1. 从20张扑克牌（红桃、黑桃、方块、梅花4个花色，每个花色均有数字从2~6的5张牌）中抽取4张牌，若抽出的4张牌有且仅有2张数字相同，则不同的抽取方法有（ ） A. 960种 B. 1440种 C. 1920种 D. 2880种 2. 甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（ ） A. B. C. D. 3. 若随机变量Z服从正态分布，则．为了解使用新技术后的某果园的亩收入（单位：万元）情况，从该果园抽取样本，得到使用新技术后亩收入的样本均值，样本方差．已知该果园使用新技术前的亩收入X（单位：万元）服从正态分布，假设使用新技术后的亩收入Y服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 4. 某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（ ）种. A. 216 B. 360 C. 432 D. 672 5. 的二项展开式中x的系数是（ ） A. B. C. D. 6. 为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 7. 将5名同学分配到三个班，每班至少1名同学，则不同的分配方法有（ ） A. 60种 B. 180种 C. 150种 D. 300种 8. 已知数列的各项均不为0，其前项积为，且，记数列的前项和为，则（ ） 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. 某校高一年级开设了文学社､科创社､体育社､艺术社､辩论社五类社团，每名同学最多参加一个社团，对参加社团活动的情况进行统计调查，统计信息如图（1），（2），其中参加体育社和艺术社的人数相等，为了解社团活动开展情况，采用分层抽样的方法在参加社团活动的学生中任意抽取20名学生做问卷调查. 根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A. 艺术社的学生人数有120人 B. 文学社和辩论社参加问卷调查的学生人数共有5人 C. 从参加社团的学生中任选1人，已知该学生不是文学社成员，则该学生是科创社成员的概率为 D. 调查结果显示文学社､科创社的满意率均为0.7，其他社团的满意率均为0.9，则社团活动总体满意率为0.81 10. 口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回的依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（ ） A. B. B与C互斥 C. A与B相互独立 D. A与D互为对立 11. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 13. 已知圆，、为圆上的两个动点，为圆内的一点，若，则线段中点的轨迹方程为_____________. 14. 的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 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，（）． （1）当时，求函数的对称中心； （2）若为偶函数，不等式在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围． 16. 如图所示，在平面直角坐标系中，分别是椭圆的左、右焦点，顶点的坐标为，连接并延长交椭圆于点，过点作轴的垂线交椭圆于另一点，连接. （1）若点的坐标为，且，求椭圆的方程； （2）若求椭圆离心率的值. 17. 甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为． （1）求甲连续打前四局比赛的概率； （2）前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率； （3）如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望． 18. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点. （1）若为棱的中点，求证； （2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 19. 已知函数． （1）当 求在处的切线方程； （2）当时，证明； （3）若对任意的不等正数，总有，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 $ 绝密★启用前 2025-2026学年徽县第一中学高二下学期 期中考试（数学）试卷 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. 一、单选题：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. 1. 从20张扑克牌（红桃、黑桃、方块、梅花4个花色，每个花色均有数字从2~6的5张牌）中抽取4张牌，若抽出的4张牌有且仅有2张数字相同，则不同的抽取方法有（ ） A. 960种 B. 1440种 C. 1920种 D. 2880种 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合组合计数问题列式计算得解. 【详解】先从5个数字中任选1个数字，有种选法，再从4种花色中选取2种有种； 从余下4个数字中选取2个数字，每个数字选取1种花色有， 所以不同的抽取方法有（种）. 故选：D 2. 甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用条件概率公式求解即可 【详解】事件表示甲乙两人都不去A景点，， 事件表示甲乙两人都去A景点，， 所以． 3. 若随机变量Z服从正态分布，则．为了解使用新技术后的某果园的亩收入（单位：万元）情况，从该果园抽取样本，得到使用新技术后亩收入的样本均值，样本方差．已知该果园使用新技术前的亩收入X（单位：万元）服从正态分布，假设使用新技术后的亩收入Y服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用正态分布的概率性质计算即可. 【详解】依题可知，，所以， 故． 因为，所以， 所以． 故选：D. 4. 某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（ ）种. A. 216 B. 360 C. 432 D. 672 【答案】C 【解析】 【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求 【详解】步骤1：先排 4 个歌舞节目：，排好后会产生 5 个空位（包括两端）； 步骤2：将 2 个机器人节目插入空位：； 步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法， 剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列， 有种方法.故不满足条件的情况有. 故总数为： 故选：C 5. 的二项展开式中x的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】的二项展开式的通项公式为， 化简得， 令，得，所以， 所以的展开式中x的系数是． 6. 为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的期望计算公式列出方程，再由方差公式即可求解． 【详解】由题可设，则，， 所以，解得． 所以． 7. 将5名同学分配到三个班，每班至少1名同学，则不同的分配方法有（ ） A. 60种 B. 180种 C. 150种 D. 300种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先将5名同学分成三组，然后再分配，即可得到结果. 【详解】将5名同学分成三组，有两种情况； 情况一：按分组，有种情况； 情况二：按分组，有种情况； 然后分配到三个班级，有种情况. 故选：C. 8. 已知数列的各项均不为0，其前项积为，且，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据已知条件推导出数列的通项公式，进而可知的表达式，然后求出的通项公式，利用裂项相消法求得结果. 【详解】将代入得，即，解得， 当时，将代入得， 去分母得，所以， 所以，所以， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列， 所以，所以， 所以， 所以. 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. 某校高一年级开设了文学社､科创社､体育社､艺术社､辩论社五类社团，每名同学最多参加一个社团，对参加社团活动的情况进行统计调查，统计信息如图（1），（2），其中参加体育社和艺术社的人数相等，为了解社团活动开展情况，采用分层抽样的方法在参加社团活动的学生中任意抽取20名学生做问卷调查. 根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A. 艺术社的学生人数有120人 B. 文学社和辩论社参加问卷调查的学生人数共有5人 C. 从参加社团的学生中任选1人，已知该学生不是文学社成员，则该学生是科创社成员的概率为 D. 调查结果显示文学社､科创社的满意率均为0.7，其他社团的满意率均为0.9，则社团活动总体满意率为0.81 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，因为文学社有60人占比为，所以五类社团总人数为人， 辩论社有90人，占比应为，所以体育社和艺术社共占比为， 又因为体育社和艺术社的人数相等，所以两社团分别占比为， 可知艺术社的学生人数有人，即A正确； 对于B，文学社和辩论社共人，分层抽样比为， 因此文学社和辩论社参加问卷调查的学生人数共有人，即B正确； 对于C，根据已有分析可知该学生不是文学社成员的概率为，又因为是科创社成员的概率为， 因此在该学生不是文学社成员的条件下，该学生是科创社成员的概率为，即C错误； 对于D，依题意可知社团活动总体满意率为，即D正确. 10. 口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回的依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（ ） A. B. B与C互斥 C. A与B相互独立 D. A与D互为对立 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率即可判断A，根据互斥事件的概率即可判断B，根据相互独立事件的定义判断C，根据对立事件的概率即可判断D． 【详解】设2个白球为，，2个黑球为， 则样本空间为： ，共12个基本事件. 事件，共4个基本事件； 事件，共6个基本事件； 事件，共6个基本事件； 事件，共8个基本事件， 对于A，由，故A正确； 对于B，因为， 所以事件B与C不互斥，故B错误； 对于C，因为，，， 则， 故事件A与B相互独立，故C正确； 对于D，因为，， 所以事件A与D互为对立，故D正确. 11. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得. 【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义先求得的切线方程，再设出该切线与的切点，再利用公切线的斜率相等，且切点也在公切线上，代入计算即可求解． 【详解】由，则， 所以曲线在点处的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为． 设直线与曲线相切的切点为，且， 则，解得． 13. 已知圆，、为圆上的两个动点，为圆内的一点，若，则线段中点的轨迹方程为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的性质，以及两点间的距离公式，列出方程，求出点的轨迹方程. 【详解】 由题意得，圆的半径为3，如图，设线段的中点为，连接，，， 易得，在中，，所以， 得， 化简得， 即. 所以线段中点的轨迹方程为. 故答案为：. 14. 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． 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，（）． （1）当时，求函数的对称中心； （2）若为偶函数，不等式在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合正弦函数的性质求出； （2）先求出的解析式，再利用辅助角公式化简，再将问题转化为求的最值即可； （3）先求出的解析式，求出值域，再将问题转化为对任意的，都有，令，得出对任意的恒成立，再利用参变分离求出即可. 【小问1详解】 当时，， 令，得， 故函数的对称中心为； 【小问2详解】 因为为偶函数，所以， 因为，所以，则， 则 ， 若，则，则， 因为不等式在上恒成立， 所以，， 得， 故实数m的取值范围为； 【小问3详解】 因为过点，所以， 因为，所以，则，得， 即， 因为，所以，则， 因为对任意的，，都有， 所以， 则对任意的，都有， 则， 令，则对任意的恒成立， 若，则恒成立； 若，则， 因为在上单调递减， 所以，则，即； 若，则， 因为在上单调递减， 所以，则， 即； 综上，实数a的取值范围是. 16. 如图所示，在平面直角坐标系中，分别是椭圆的左、右焦点，顶点的坐标为，连接并延长交椭圆于点，过点作轴的垂线交椭圆于另一点，连接. （1）若点的坐标为，且，求椭圆的方程； （2）若求椭圆离心率的值. 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）根据椭圆的定义，建立方程的关系式，求出的值，即可得到椭圆的方程；（2）求出点的坐标，利用建立斜率之间的关系，解方程即可求出的值. 试题解析：设椭圆的焦距为，则. （1），又,故, 点在椭圆上，，解得,故所求椭圆的方程为. （2）在直线上，直线的方程为, 解方程组得点的坐标为, 又垂直于轴，由椭圆的对称性，可得点的坐标为， 直线的斜率为， 直线的斜率为，且，,又， 整理得,故，因此. 考点：椭圆的定义及标准方程；椭圆的几何性质. 【方法点晴】本题主要考查了椭圆的定义及标准方程、椭圆的简单的几何性质的求解，熟练掌握椭圆的标准方程的求解及直线垂直和斜率间的关系是解答问题的关键，试题运算量大，需要认真、细致运算，平时注意积累和总结，属于中档试题，本题的解答中，把直线的方程为，与椭圆的方程联立，求解点的坐标是试题的一个难点. 17. 甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为，乙、丙之间的胜率互为． （1）求甲连续打前四局比赛的概率； （2）前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率； （3）如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析甲连续打前四局比赛的情形，利用乘法求出概率即可； （2）利用条件概率求解即可； （3）先分析得分的情况，然后求出对应的概率，列出分布列计算数学期望即可. 【小问1详解】 由甲连续打前四局比赛，说明甲在前3局都获胜， 第一局：甲、乙对打，甲胜，概率为， 第二局：甲、丙对打，甲胜，概率为， 第三局：甲、乙对打，甲胜，概率为， 所以甲连续打前四局比赛的概率为：. 【小问2详解】 设事件：前四局中第二局乙获胜，事件：第二局乙获胜，前四局中甲轮空两局， 对于前四局中第二局乙获胜： 即第一局：甲、乙对打，乙胜，概率为， 第二局：乙、丙对打，乙胜，概率为， 所以， 在第二局乙获胜的前提下，甲要轮空两局，只能是第4局甲轮空 第三局：乙、甲对打，乙胜，概率为， 第四局：乙、丙对打，概率为， 所以， 根据条件概率知：. 【小问3详解】 由题意知得分的可能值为：， ， ， ， ， 所以的分布列为： 6 所以得分的数学期望为：. 18. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点. （1）若为棱的中点，求证； （2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，与点重合 【解析】 【分析】(1)利用线面垂直证明线线垂直； (2)解法1：设直线与平面所成角为，,到平面的距离是，利用求出，确定的位置. 解法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值为时点的位置. 【小问1详解】 如图：取中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以. 又为正三角形，所以， 平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 解法1：延长三棱台侧棱交于点，补成三棱锥， 取中点，中点，连接； 侧面为等腰梯形，故； 侧面底面，交线为，平面， 因此平面； 已知两底面距离为，即； 由相似比，得； 底面为正三角形，，则，； 在中，； 在中，； 设点到平面（即平面 ）的距离， 由，即， ，， 代入得：，解得； 设点到平面的距离， 由相似比，得； 设，点到平面的距离，由相似性：，、 得，其中； 作于，则，，， 由余弦定理：， ， 设直线与平面所成角为，则， 代入得：，化简得， 解得或（舍去），即点与重合, 所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 解法2：设中点为，连接，则， 又侧面底面，侧面底面侧面， 所以底面， 又底面，所以， 又，所以两两垂直， 故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系. 因为三棱台两底面间的距离为，即， 又三角形为正三角形，且， 则，设， 则， 设平面的法向量为， 则， 可取 设直线与平面所成的角为， 则， 由， 所以，故或（因为，故舍去）， 此时与点重合， 所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 19. 已知函数． （1）当 求在处的切线方程； （2）当时，证明； （3）若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，根据直线的点斜式即得切线方程； （2）通过求导，判断函数单调性求得，将待证不等式等价转化为，再构建新函数，求其最值即可证得结论； （3）由题设不等式等价转化后构建函数，根据其单调性得到，通过求的最大值即可求出参数范围. 【小问1详解】 当，故且， 故，故切线方程为，即. 【小问2详解】 的定义域为，； 当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 故； 要证，只需证， 即证； 设，则， 当时，；当时，， 在上单调递增，在上单调递减，. 又，，故. 【小问3详解】 不妨设，则由得：， 即， 令，则，故在上单调递增， 在上恒成立， 即，又，（*）； 设，则， 由解得：（舍）或， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ， 由（*）可得，解得：， 的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $