精品解析：河南信阳高级中学国际班高考班2025-2026学年高二下学期5月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学国际班高考班 2025-2026学年高二下期05月测试（一） 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式的第4项为（ ） A. B. C. D. 3. 若随机变量的分布列为，则（ ） A. 12 B. 10 C. 9 D. 8 4. 已知等差数列的公差，前项和为，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 5. 设是的导函数，已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 6. 在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则不同的安排方案共有（ ） A. 18种 B. 36种 C. 48种 D. 54种 7. 已知，其中为函数的导数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 2021 D. 2022 8. 在某次数学考试中，学生成绩服从正态分布．若在内的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取名学生，恰有名学生的成绩不低于的概率是（ ） 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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线，圆，则下列命题正确的有（ ） A. 直线l过定点 B. 若直线l过C点，则 C. 存在实数t，使得直线l与圆C相切 D. 若直线l与圆C相交于A，B两点，则A，B两点间的最短距离为 10. 若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A，B，C，D四个景区游玩且每个人都必须分配到游玩的景区，则下列说法正确的是（ ） A. 若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法. B. 若每个景区都必须有人游玩且甲，乙二人不能去同一个地方，则一共有216种分配方法. C. 若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法. D. 若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法. 11. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 一定是偶函数 B. 一定有极值 C. 一定存在递增区间 D. 对任意确定的，恒存在，使得 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 除以得到的余数是________ 13. 已知数列的前项和为，满足，则 _______． 14. 已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，，直线与轴交于点，与直线交于点，且平分，则此椭圆的离心率为__________. 四、解答题：本大题共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. 已知箱子中有除颜色外其他均相同的8个红球，2个白球，从中随机连续抽取3次，每次取1个球． （1）求有放回抽样时，取到白球的次数X的分布列与方差； （2）求不放回抽样时，取到白球的个数Y的分布列与期望． 16. 已知，求下列各式的值： （1）； （2）； （3）求该展开式中系数的绝对值最大的项. 17. 如图，是等边三角形，直线平面，直线平面，且，是线段的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知以为焦点的抛物线C的顶点为原点，点P是抛物线C的准线上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，设直线PA，PB的斜率分别是和. （1）求抛物线C的标准方程及其准线方程. （2）求证：为定值. （3）求面积的最小值. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学国际班高考班 2025-2026学年高二下期05月测试（一） 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将双曲线方程化成标准方程，求出，即可求出离心率． 【详解】由得，，所以， 即，所以， 故选：B． 2. 的展开式的第4项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出通项公式，令，求出第4项即可. 【详解】因为，所以. 故选：B 3. 若随机变量的分布列为，则（ ） A. 12 B. 10 C. 9 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据分布列中概率之和为1，列方程求得的值. 【详解】根据分布列中概率之和为1，列方程得：，即， 解得. 故选：B 4. 已知等差数列的公差，前项和为，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，以及前项和的性质，结合已知条件，计算即可. 【详解】因为，所以，所以， 即，所以，所以. 故选：D 5. 设是的导函数，已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】由已知， . 6. 在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则不同的安排方案共有（ ） A. 18种 B. 36种 C. 48种 D. 54种 【答案】B 【解析】 【详解】将甲、乙视为1个人，即相当于将4名同学安排到3个项目的方案，有种． 7. 已知，其中为函数的导数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 2021 D. 2022 【答案】A 【解析】 【详解】因为，故为奇函数， 因此； 求导得，易知为偶函数，故； 因此原式. 8. 在某次数学考试中，学生成绩服从正态分布．若在内的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取名学生，恰有名学生的成绩不低于的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态曲线的特点求得，然后再求恰有名学生的成绩不低于的概率即可. 【详解】因为学生成绩服从正态分布，且， 所以，，， 所以从参加这次考试的学生中任意选取名学生，其成绩不低于的概率是， 则从参加这次考试的学生中任意选取名学生，恰有名学生的成绩不低于的概率是， 故选：B. 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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线，圆，则下列命题正确的有（ ） A. 直线l过定点 B. 若直线l过C点，则 C. 存在实数t，使得直线l与圆C相切 D. 若直线l与圆C相交于A，B两点，则A，B两点间的最短距离为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，根据直线方程特点易得；对于B，将点代入，计算即得；对于C，根据圆心到直线的距离等于半径列出方程，由方程的根的情况判断；对于D，根据直线过圆内的定点，即可判断当且仅当时弦长最短，同时结合图象可判断此时直线的斜率不存在，从而排除. 【详解】对于A，直线显然经过点，故A正确； 对于B，直线l过点，则有，则，故B正确； 对于C，由圆心到直线的距离，可得， 显然的值不存在，故C错误； 对于D，由垂径定理，要使弦长最短，需使圆心到直线的距离最长， 而直线l过定点，当且仅当时， ，此时，， 但是，此时轴，直线的斜率不存在，显然不合题意，故D错误. 故选：AB. 10. 若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A，B，C，D四个景区游玩且每个人都必须分配到游玩的景区，则下列说法正确的是（ ） A. 若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法. B. 若每个景区都必须有人游玩且甲，乙二人不能去同一个地方，则一共有216种分配方法. C. 若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法. D. 若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法. 【答案】ABC 【解析】 【分析】本题为排列组合多选题，解题核心是先分情况讨论，再用分组分配、正难则反、排除法验证各选项：A选项用“先分组（必有2人一组）再全排列”；B选项用A的结果减去甲乙同景区的情况；C选项先选景区，再用“甲乙捆绑+排除全同组”；D选项分“无空景区”和“一个空景区”两类计算，最终筛选出正确选项． 【详解】对于A，条件：5人去4个景区，每个景区都有人． 先把5人分成4组（必有1组2人，其余3组各1人）：分组方法数为种， 再将4组分配到4个景区：排列方法数为种． 所以总方法数：种，A正确； 对于B，条件：5人去4个景区，每个景区都有人． 先计算总方法数（同A）：240种． 再计算甲、乙同景区的方法数：把甲、乙看作1组，再和其余3人分成4组，再分配到4个景区，方法数为种． 所以符合条件的方法数：种，B正确； 对于C，条件：只能选2个景区，且甲、乙同景区． 先选2个景区：种． 把甲、乙看作1组，剩余3人每人都有2种选择（2个景区），但不能全选另一个景区（否则甲、乙所在景区没人）：总选择数为种． 所以总方法数：种，C正确； 对于D，条件：至多有1个景区没人（即“0个景区没人”或“1个景区没人”）． 0个景区没人（同A）：240种． 1个景区没人：先选1个空景区种，再把5人分到3个景区（分组为2,2,1或3,1,1）： 分组为2,2,1：种，再排列种，共种． 分组为3,1,1：种，再排列种，共种． 1个空景区的总方法数：种． 所以总方法数：种，D错误． 11. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 一定是偶函数 B. 一定有极值 C. 一定存在递增区间 D. 对任意确定的，恒存在，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出导函数，利用偶函数的定义判断A，当时，，没有极值判断B，分和求的单调区间判断C，结合正弦函数的值域将的值域即在上的值域，根据据绝对值函数的值域即可判断D. 【详解】对于A，由得，定义域为关于原点对称， 且，所以一定是偶函数，故A正确； 对于B，当时，，在上单调递增，没有极值，故B错误； 对于C，当时，，在上单调递增， 当时，得或， 则在和上单调递增，综上，一定存在递增区间，故C正确； 对于D，因为，所以的值域即在上的值域， 而在上必有大于0的最大值，记该最大值为，则， 即对任意确定的，恒存在，使得，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 除以得到的余数是________ 【答案】 【解析】 【分析】先将转化为与相关的表达式，再利用二项式定理展开，通过分析展开式各项与的关系，从而确定其被除所得的余数即可. 【详解】将改写为，由二项式展开得： ， 展开式中，除第一项外，其余所有项都含有因数，均为的倍数， 因此余数就是第一项的. 13. 已知数列的前项和为，满足，则 _______． 【答案】364 【解析】 【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解. 【详解】令，得，得， 由， 当时，，两式相减得， ，即，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 故答案为：364. 14. 已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，，直线与轴交于点，与直线交于点，且平分，则此椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，求得，由角平分线定理，结合离心率公式计算即可得到所求值. 【详解】如图，由题意可知， 所以， 所以， 因为平分，所以， 解得，所以，所以离心率， 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 已知箱子中有除颜色外其他均相同的8个红球，2个白球，从中随机连续抽取3次，每次取1个球． （1）求有放回抽样时，取到白球的次数X的分布列与方差； （2）求不放回抽样时，取到白球的个数Y的分布列与期望． 【答案】（1）分布列见解析， （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）有放回抽样时，，求出对应概率，得到分布列，最后由二项分布方差公式可得；（2）不放回抽样时，，分别求出对应的概率，即可得Y的分布列．进而期望即可. 【小问1详解】 有放回抽样时，取到白球的次数X可能的取值为0，1，2，3． 每次抽到白球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则， 所以，， ，， 则X分布列为： X 0 1 2 3 P 则 【小问2详解】 不放回抽样时，则 ，，， 则Y的分布列为： Y 0 1 2 P 则 16. 已知，求下列各式的值： （1）； （2）； （3）求该展开式中系数的绝对值最大的项. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数的符号规律，的系数正负交替，因此系数绝对值之和等价于的各项系数和，令直接计算即可； （2）对原式两边求导，得到含的等式，再令，即可直接得到所求值； （3）先写出通项公式，设第项系数绝对值最大，通过列相邻两项系数绝对值的不等式组，求解得到的取值，再代入通项得到对应项． 【小问1详解】 已知， 展开式的通项， 因为，所以， 所以等价于展开式中各项系数之和， 令，得 ． 【小问2详解】 对， 两边同时求导得， 令，得 ． 【小问3详解】 设第项的系数绝对值最大，即最大， 所以，即， 化简得，解得，即， 因为，所以， 所以， 该展开式中系数的绝对值最大的项为． 17. 如图，是等边三角形，直线平面，直线平面，且，是线段的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先证明平面，即可得到为直线与平面所成角，从而求出、，取的中点，的中点，连接、，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 取中点，连接，， 因为是线段的中点，所以且 因为直线平面，直线平面， ∴， ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又是等边三角形，为的中点，所以， 又，平面，所以平面， 则为直线与平面所成角，即，又，， 所以，则，解得， 取的中点，的中点，连接、，则，， 所以平面， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取； 设平面的法向量为，则，取； 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知以为焦点的抛物线C的顶点为原点，点P是抛物线C的准线上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，设直线PA，PB的斜率分别是和. （1）求抛物线C的标准方程及其准线方程. （2）求证：为定值. （3）求面积的最小值. 【答案】（1）标准方程为，准线方程为 （2）证明见解析 （3）16 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标求解即可； （2）设切线的方程为，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理求解即可； （3）直线AB的方程为，将其与抛物线方程联立，利用得到且，再利用弦长公式和两点间距离公式求解即可. 【小问1详解】 由题意知抛物线C的标准方程为（）且，∴， ∴抛物线C的标准方程为，准线方程为； 【小问2详解】 证明：设点P的坐标为，， 由题意知过点P与抛物线C相切的直线的斜率存在且不为0， 设切线的斜率为k，则切线的方程为， 联立方程组，消去x，得， ∴得（*）， 又∵、为方程（*）的两根，由韦达定理得为定值； 【小问3详解】 由题知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，，， 联立方程组整理得，， ∴，， ∵，∴， 整理得， 代入有， ∴，∴且， ∴AB：，故直线AB过定点. ∴，， ∴， 点P到直线AB的距离为， ∴， 因为函数在单调递增，而， ∴当时，， 所以面积的最小值为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【答案】（1） （2）当时，，单调递减；当时，，单调递增． （3）2． 【解析】 【分析】（1）当时，求出，求出切线的斜率，然后求解切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）由（2）知时不符合题意，当时，存在，使，满足令，则，令，利用导数研究该函数的最值即可求解． 【小问1详解】 当时，，则， 则，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 ， 令，则， 若，则，所以在上单调递增，所以， 若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，故， 因此当时，，单调递减；当时，，单调递增． 【小问3详解】 由（2）知时不符合题意； 当时，易知在上单调递减，在上单调递增，，且，，当时，，故存在，使，又，故， 则当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，故，为的两个极小值点，且满足则令，得 则， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，， 故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增， 故， 由，得， 故整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $