精品解析：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：）与起跳后的时间（单位：）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. 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. 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. 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. 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，，证明. 19. 已知抛物线C：的焦点为F，准线方程为，过点F的直线与抛物线C交于P，Q两点（异于原点O），抛物线在P，Q两点处的切线交于点T. （1）求抛物线C的标准方程； （2）证明：点T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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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：）与起跳后的时间（单位：）存在函数关系，则该运动员在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，则，所以， 故该运动员在时的瞬时速度为. 2. 的展开式中的系数是（ ） A. 6 B. C. 192 D. 【答案】D 【解析】 【详解】展开式的通项公式为， 当，的次数是2，所以的系数是. 3. 随机变量X的分布列为： 0 1 2 则=（ ） A. B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由分布列相关性质，建立方程求得，即可确定，后由方差性质可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 则 , . 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 【答案】A 【解析】 【分析】求出，根据回归直线方程必过样本中心点求出参数，最后代入计算可得. 【详解】依题意 ，又回归直线方程过点， 所以 ，解得. 所以预测当时， . 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 【答案】C 【解析】 【分析】从8个顶点中选4个，再减去四点共面的情况种数即可得. 【详解】首先从8个顶点中选4个，共有 种结果， 在这些结果中，有四点共面的情况，此时不能组成三棱锥， 6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面， 故满足条件的结果有 ，即以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是. 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 【答案】D 【解析】 【详解】若采取有放回摸球，每次摸到偶数球的概率，摸3次，则摸到偶数球的个数满足： ，期望为； 方差，故A，C正确； 若采取不放回摸球，的可能性为，则 ， ； ； ， 方差为， 故B正确，D错误． 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. 【答案】C 【解析】 【分析】由题知过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小，再根据导数的几何意义求解即可. 【详解】解：过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小. 设切点为，， 所以，切线斜率为， 由题知得或（舍）， 所以，，此时点到直线距离. 故选：C 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据单调性定义，将问题转化为在上单调递增，由此可知在恒成立，采用分离变量的方法可求得结果. 【详解】当时，由得：， 令，则在上单调递增， 在上恒成立，在上恒成立； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， ，即，实数的取值范围为. 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 【答案】AC 【解析】 【详解】因为，所以. 由可得或；由可得. 所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. 对A：因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以是函数的极小值点，故A正确； 对B：因为函数在上单调递减，在也是单调递减，故B错误； 对C：因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数的极大值为 ，故C正确； 对D：函数在上单调递增，在上单调递减，且 ， ，所以函数在区间上的最小值是，故D错误. 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 【答案】BCD 【解析】 【详解】已知事件满足，， 若，则， ，故A错误； 若与相互独立，则也互相独立， ，故B正确； 若与互斥，则， 则 ，故C正确； 已知 ，则 ， 则 ，故D正确． 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 除以的余数为1 【答案】AB 【解析】 【分析】利用组合数公式求得，再应用排列组合数的性质分析A、B、C，根据二项式定理确定余数判断D. 【详解】 ，解得. 令， 则，两式相加得 ，所以 ， 故A正确； 因为，所以 ，故B正确； ， ， 所以时，，故C错误； ，都能被整除，故只要求除以7的余数即可. ，同理只要求除以7的余数， 又， 所以除以7的余数为，故D错误. 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） 【答案】 【解析】 【分析】分取出的数字有与没有两种情况讨论，先将数字取出再进行排列，按照分步、分类计数原理计算可得； 【详解】解：①若取出的数字有，则有个， ②若取出的数字没有，则有个， 综上可得一共有个没有重复数字的四位数； 故答案为： 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：） 【答案】 ①. ②. 5 【解析】 【分析】利用二项分布的概率计算公式和间接法求概率计算. 【详解】对于第一个空，每门大炮击中目标的概率是，且门大炮射击可看作独立重复试验，符合二项分布.根据二项分布概率公式计算： 当时，恰好击中3次， 即. 对于第二个空，先求出次都未击中的概率为，那么至少击中一次的概率为，由题意即为 ，两边同时取对数即为 ，又因为 所以. 因为，所以.所以的最小值为. 14. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】令，则问题可转化成函数与的图象有两个交点，利用导数研究函数的单调性，结合函数图象可得结果. 【详解】，令， 函数 有两个零点等价于函数与函数的图象有两个交点， ，所以时，，所以在上单调递减，时，，所以在上单调递增， 所以，，，如图所示，所以实数的取值范围是. 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. 记等差数列的前项和为，已知. （1）求数列的通项公式； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得和，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）求得，得到数列是等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 解：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. 【小问2详解】 解：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. 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，，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . （3）数学期望为8，方差为7. 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式进行计算； （2）由题可知的可能取值为0，1，2，3，再分别求出对应概率得到分布列并计算期望； （3）由题意得，，利用正态分布得到，再结合二项分布求解． 【小问1详解】 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‘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； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 由题意得，， ， ，，， 所以的数学期望为8，方差为7． 17. 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． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等边三角形的中线性质与翻折前后的垂直不变性，证明垂直于平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点与向量的坐标，通过求解平面的法向量，利用线面角的向量公式计算出直线和平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 由题意得，为等边三角形， 又为中点，所以，，由翻折性质，翻折至，垂直关系不变，故 ， 又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 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，令，则，所以 ， 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. 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，，证明. 【答案】（1）当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增． （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，分，讨论导函数的符号，可得函数的单调性. （2）根据函数的单调性，求函数的极值，根据极值的符号和函数零点的存在性判定定理求实数的取值范围. （3）问题转化为极值点偏移问题进行证明.设，分析函数的单调性，即可证明问题. 【小问1详解】 因为， 所以. （ⅰ）若，则，所以在上单调递减； （ⅱ）若，则由得． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 （ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点，不合题意； （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值为． ①当时，由于，故只有一个零点，不合题意； ②当时，因，即，故无零点，不合题意； 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． 【小问3详解】 由（2）可设极值点，即，且，． 由（2）不妨设. 要证．只需证，其中. 而在单调递增，故只需证． 又，即证：． 令， 则， , 设，根据基本不等式，（因为，等号不可取）. 设，则为开口向上的抛物线，对称轴为. 因为当时，，所以在上单调递增. 因为. 所以当时，，即. 所以在上恒成立． 因此在单调递增，故． 即，结合，得， 因、，且函数在该区间单调递增，故． 整理得：，得证． 19. 已知抛物线C：的焦点为F，准线方程为，过点F的直线与抛物线C交于P，Q两点（异于原点O），抛物线在P，Q两点处的切线交于点T. （1）求抛物线C的标准方程； （2）证明：点T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. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）， 【解析】 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 ， ， 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $