广东广州奥林匹克中学2025-2026学年第二学期高二年级数学期中测试试题

2027届广州奥林匹克中学高二下学期 期中阶段考试 数学 命题人：周舟 审题人：杨瑛 一、单项选择题：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.在一次高台跳水比赛中，某运动员在运动过程中重心相对于水面的高度（单位：m）与起跳后的时间（单位：s）存在函数关系，则该运动员在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 2.的展开式中的系数是（ ） A.6 B. C.192 D. 3.随机变量X的分布列为： 0 1 2 则=（ ） A. B. C. D.5 4．近年来，我国电动汽车产业发展迅猛，某品牌汽车市场也异常火爆，销售量逐年上升．现统计某汽车专卖店5月份前5天每天电动汽车的实际销量，结果如下表所示． 日期编号 1 2 3 4 5 销量部 10 15 20 30 35 与有较强的线性相关关系，且线性回归方程为，预测当时，（ ） A.67.5 B.68 C.78.5 D.69 5.以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（ ） A.70 B.64 C.58 D.52 6.一个袋子中有5个完全相同的球，编号分别为1，2，3，4，5，现从中随机地摸出3个球作为样本．用X表示样本中球的编号为偶数的个数，则以下结论不正确的是（ ） A.若采取有放回摸球，则 B.若采取不放回摸球，则 C.若采取有放回摸球，则 D.若采取不放回摸球，则 7.若点是曲线上任意一点，则点到直线：距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 8.已知函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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，部分选对得部分分，有选错得0分． 9.设函数，则（ ） A.是的极小值点 B.函数在区间上单调递增 C.函数的极大值为54 D.函数在区间上的最小值是 10.已知事件，，满足，，则下列结论正确的是（ ） A.如果，那么 B.如果与相互独立，那么 C.如果与互斥，那么 D.如果，那么 11.若，则（ ） A. B. C. D.除以的余数为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.从0，2，4，6中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数（用数字作答）． 13.已知每门大炮击中目标的概率都是0.5，现存门大炮同时对某一目标各射击一次． 如果，则恰好击中目标3次的概率为________；如果使目标至少被击中一次的概率超过95%，至少需要______门大炮（参考数据：，）． 14.已知函数有两个零点，则实数的取值范围是______． 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.（本题满分13分）记等差数列的前项和为，已知，（）． （1）求数列的通项公式； （2）证明：． 16.（本题满分15分）某高中实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为． （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）经统计，该校学生体测得分近似服从正态分布，若得分则为“优秀”等级．现从全校抽取50名学生，记为这50名学生中“优秀”的人数，求的数学期望及方差（结果四舍五入保留整数）． 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． 17.（本题满分15分）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥． （1证明：面平面； （2当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值． 18.（本题满分17分）已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． （3）若有两个零点，，求证明 19.（本题17分）已知抛物线：（）的焦点为，准线方程为，过点的直线与抛物线交于，两点（异于原点），抛物线在，两点处的切线交于点． （1）求抛物线的标准方程； （2）证明：点在定直线上； （3）在（2）的结论下，求此时的面积最小值，并求此时直线的方程． 2027届广州奥林匹克中学高二下学期期中阶段考试数学参考答案 1.A 2.D 3.D 4.A 5.C 6.D 7.C 8.B 9.AC 10.BCD 11.AB 12.378 13.；5 14. 15.【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）设等差数列的公差为，因为， 可得，解得， 所以，即数列的通项公式为． （2）由（1）知：，可得，可得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以， 因为，所以． 16.【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）期望为8，方差为7 【解析】（1）设事件“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数超过30”， 则“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数不超过30”， 设事件“抽取1名学生，该学生体测成绩达到好‘及格’等级”， 由全概率公式，知， 所以从该学校任意抽取一名学生，该学生体测成绩达到“及格”等级的概率为； （2）的可能取值为0，1，2，3， ，，，， 所以的分布列为 0 1 2 3 随机变量服从超几何分布，且，，，所以； （3）由题意得，，， ，，， 所以的数学期望为8，方差为7． 17.【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）由题意得，为等边三角形，又为中点，所以，，故 又因为，所以平面．又因为平面，所以平面平面 （2）如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，，又，所以即为二面角的平面角，即． 则，，，． ，，， 设平面的法向量，则，即，取 设直线与平面所成的角为，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18.【答案】（1）见解析；（2）；（3）证明见解析 【解析】（1）函数的定义域为，， （ⅰ）若，则，所以在单调递减． （ⅱ）若，则由得． 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增． （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点． （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为． ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即． 又，故在有一个零点． 设正整数满足，则． 由于，因此在有一个零点．综上，的取值范围为． （3）由零点定义得： 整理式子，进行变形： 设极值点，即，待证．只需证 由单调性：在单调递增，故只需证． 又，即证：．代入，得，． 构造偏移辅助函数：令 求导化简： 代入化简可得：在上恒成立． 因此在单调递减，故． 即，结合，得： 由、，且函数在该区间单调递增，故． 整理得：，得证． 19.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）16， 【详解】（1）抛物线：（）的准线方程为， 由题意可知，准线方程为，即，解得，因此抛物线的标准方程为． （2）抛物线：的焦点坐标为，设过的直线方程为， 直线与抛物线交点、坐标分别为、且， 联立直线方程和抛物线方程可得 化简可得， 根据韦达定理可得，，对抛物线：求导可得， 因此在处的切线斜率为，则切线方程为， 因为在抛物线上，所以，代入可得， 同理可得在处的切线方程为， 联立两条切线方程可得，化简可得， 因为，所以解得，代入可得， 因为，所以，即点在定直线上． （3），，因此， 设点到直线的距离为，，的方程为，， 因此， 因为，所以当时，取到最小值1， 因此的最小值为，此时直线的方程为． 学科网（北京）股份有限公司 $