精品解析：四川成都市树德中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

树德中学高2024级高二下学期半期考试数学试题 满分：150分 时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 若成等差数列；成等比数列，则等于（ ） A. 8 B. C. D. 4 2. 若，则在处的切线方程为（    ） A. B. C. D. 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. 120 C. D. 40 4. 树德中学有甲乙等5名同学约好去看三场不同的世界杯比赛，每名同学可自由选择观看其中的一场比赛，且每场比赛都有同学观看，且甲乙去看同一场比赛，则不同选择的种数为（ ） A. 30 B. 36 C. 72 D. 108 5. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点A的坐标为，点P是双曲线在第二象限的部分上一点，且，点Q是线段的中点，且，Q关于直线PA对称，则双曲线的离心率为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 7. 已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（ ） A. 192 B. 216 C. 264 D. 288 二、多选题：本题共3小题，共18分． 9. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，为抛物线上一个动点，且，则（ ） A. 的最小值为4 B. 以为直径的圆与抛物线的准线相切 C. D. 的最小值为3 10. 已知事件A，B，且，，则（ ） A. B. C. D. 11. 数列，满足函数，其中，，，现令，则（ ） A. B. 为公差为的等差数列 C. 的前2026项和为1013 D. ，， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个圆锥的母线长为1，其高与母线的夹角为45°，则该圆锥的体积为____________. 13. 甲袋子中装有3个白球和2个红球，乙袋子中装有4个白球和4个红球，先随机取一个袋子，再从该袋子中不放回的取两次，每次取一个球，则在第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为________． 14. 函数 有且仅有一个零点，则最小值为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 16. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会，一旦考试通过，便可领取资格证书，不再参加后续考试，否则继续参加考试，直至用完三次机会．某考生小王决定参加考试，如果他参加考试通过的概率依次为0.4，0.6，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： （1）小王在一年内领到证书的概率； （2）小王在一年内参加考试次数的分布列； （3）假设每次考试需缴纳80元报名费，求小王在一年内缴纳的报名费（单位：元）的分布列． 17. 已知数列的前项和为，，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）对于，恒成立，求实数的取值范围． 18. 设椭圆的左顶点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上异于点的两动点，若直线的斜率之积为. ①证明直线恒过定点，并求出该点坐标； ②求面积的最大值. 19. 已知函数． （1）求在上的极值； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）若存在正实数使得函数在上有两个不同的零点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2024级高二下学期半期考试数学试题 满分：150分 时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 若成等差数列；成等比数列，则等于（ ） A. 8 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差中项的性质，可得的值，根据条件，可求出公比q，根据等比数列的通项公式，求出的值，代入即可得答案. 【详解】由成等差数列，得，解得， ，解得， 由成等比数列，设公比为q，则，解得， 所以， 则. 2. 若，则在处的切线方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先确定切点坐标，再利用复合函数求导法则计算导函数得到切线的斜率即可求解. 【详解】将代入中，得，因此切点为， ，， 即切线斜率为且过点， 故切线方程为，整理得. 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. 120 C. D. 40 【答案】C 【解析】 【详解】展开式的通项公式为，； 当第一个因式取时，需中含，则令得，对应系数为 ； 当第一个因式取时，需中含，则令得，对应系数为 ； 综上，的系数为 . 4. 树德中学有甲乙等5名同学约好去看三场不同的世界杯比赛，每名同学可自由选择观看其中的一场比赛，且每场比赛都有同学观看，且甲乙去看同一场比赛，则不同选择的种数为（ ） A. 30 B. 36 C. 72 D. 108 【答案】B 【解析】 【详解】由于甲乙去看同一场比赛，将甲乙视为1个整体，此时共得到4个观看主体（甲乙整体1个，另外3名同学各1个）； 要求3场比赛均有同学观看， 需将4个观看主体分为3组，每组至少1个观看主体，分组形式为2个观看主体1组、剩余2个观看主体各为1组，分组种数为； 将分好的3组分配到3场不同的比赛，全排列的种数为；则不同选择的总种数为. 5. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将函数存在单调递增区间转化为导数大于0在给定区间内有解，分离参数后求解对应函数的值域即可得到的取值范围． 【详解】求导得，定义域为， 因为在区间内存在单调递增区间， 所以在上有解，即在上有解， 设，，求导得在上恒成立， 因此在上单调递增， 所以，即只需满足即可． 6. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点A的坐标为，点P是双曲线在第二象限的部分上一点，且，点Q是线段的中点，且，Q关于直线PA对称，则双曲线的离心率为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由角平分线的性质可得，结合已知条件即可求双曲线的离心率. 【详解】由题设，易知：， 由知：，即，整理得：. 故选：C 7. 已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构建，根据题意分析可知在上单调递减，结合函数单调性解不等式. 【详解】构建，则， 因为，则，即， 可知在上单调递减，且， 由可得，即，解得， 所以不等式的解集是. 故选：A． 【点睛】关键点点睛：根据构建，进而利用导数判断函数单调性，结合单调性解不等式. 8. 如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（ ） A. 192 B. 216 C. 264 D. 288 【答案】C 【解析】 【分析】先对图中挂件进行编号，根据已有条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种类数. 【详解】该挂件进行如图所示的编号： 依题意1号有4种涂色方案，2，3，4号有 种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： 第一种：若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第二种：若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第三种：若5号与1号异色，与3号同色，此时5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，则7号有2种涂色方法， 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法； 因此5，6，7号的涂色有 种涂色方法， 第四种：若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有两种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 综上可知，所有涂色方法种类数为 种涂色方法. 二、多选题：本题共3小题，共18分． 9. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，为抛物线上一个动点，且，则（ ） A. 的最小值为4 B. 以为直径的圆与抛物线的准线相切 C. D. 的最小值为3 【答案】AD 【解析】 【分析】本题考查抛物线的定义、几何性质、过焦点弦的性质及最值问题，结合抛物线定义与坐标运算逐一分析选项即可． 【详解】抛物线的焦点，， 选项A：过焦点的弦中，通径（垂直于对称轴的弦）长度最短，通径长为，因此最小值为4，A正确； 选项B：设中点为，由抛物线定义得，圆半径， 圆心到准线的距离为，故圆与准线不相切，B错误； 选项C：设过的直线方程为， 代入抛物线方程得，韦达定理得，， 因此，C错误； 选项D：由抛物线定义，等于到准线的距离， 因此 ，最小值为点到准线的距离，即， 所以的最小值为，D正确． 10. 已知事件A，B，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题主要考查条件概率和全概率公式，逐项计算即可. 【详解】由可得. 对于A,由可得； 对于B,,； 对于C, , 对于D, . 故BCD正确，A错误. 11. 数列，满足函数，其中，，，现令，则（ ） A. B. 为公差为的等差数列 C. 的前2026项和为1013 D. ，， 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出，的表达式，判断A；进而得到是否为等差数列，判断B；然后利用分组求和法求出的前2026项和，判断C；最后通过构造函数证明不等式，判断D. 【详解】因为，所以， 又因为， 所以， 因为，， 所以， 所以数列是等比数列，其首项为，公比，所以，故A正确； 所以，所以， 所以数列是等差数列，其首项为，公差， 所以，所以， 所以，所以， 所以为公差为的等差数列，故B正确； 设的前项和为， 则 ， ，故C错误； 当时，， 令， 求导，得， 所以，所以， 令，所以， 所以 ，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个圆锥的母线长为1，其高与母线的夹角为45°，则该圆锥的体积为____________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题可得，然后利用圆锥的体积公式即得. 【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h,由圆锥的母线长为1，其高与母线的夹角为45°， ∴， ∴该圆锥的体积为. 故答案为：. 13. 甲袋子中装有3个白球和2个红球，乙袋子中装有4个白球和4个红球，先随机取一个袋子，再从该袋子中不放回的取两次，每次取一个球，则在第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】可先设出相关事件，再根据全概率公式求出第一次取出红球的概率，以及第一次取出红球且第二次取出白球的概率，最后根据条件概率公式计算所求概率. 【详解】设事件表示“第一次取出的球是红球”，事件表示“第二次取出的球是白球”，事件表示“取到的是甲袋子”，事件表示“取到的是乙袋子”， 易知，； 从甲袋子中第一次取出红球后，袋子里还剩3个白球和1个红球， 此时第二次取出白球的概率为，所以； 从乙袋子中第一次取出红球后，袋子里还剩4个白球和3个红球， 此时第二次取出白球的概率为，所以； 所以， ； 因此. 14. 函数 有且仅有一个零点，则最小值为________． 【答案】 【解析】 【详解】函数 ， . 设 ，则有 令，解得；令，解得； 在上单调递增，在上单调递减。 若满足函数有且只有一个零点，只有 ， . . 设 令 解得；令 解得 在单调递增，在单调递减， 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，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）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 16. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会，一旦考试通过，便可领取资格证书，不再参加后续考试，否则继续参加考试，直至用完三次机会．某考生小王决定参加考试，如果他参加考试通过的概率依次为0.4，0.6，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： （1）小王在一年内领到证书的概率； （2）小王在一年内参加考试次数的分布列； （3）假设每次考试需缴纳80元报名费，求小王在一年内缴纳的报名费（单位：元）的分布列． 【答案】（1） （2）X的分布列： 1 2 3 0.4 0.36 0.24 80 160 240 0.4 0.36 0.24 （3）Y的分布列：【解析】 【小问1详解】 （1）设事件“第次考试通过”（），则一年内领到资格证书的概率为 ． 【小问2详解】 ， ． 分布列为： 1 2 3 0.4 0.36 0.24 【小问3详解】，则由（2），分布列为： 80 160 240 0.4 0.36 0.24 17. 已知数列的前项和为，，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）对于，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中条件，利用作差法求出数列的通项公式. （2）先根据（1）求出，再对列项，然后通过列项相消法求. （3）分n为偶数和奇数两种情况，根据数列的单调性，求出实数的取值范围. 【小问1详解】 ， 当时，， 两式相减得， 当时，， 当时，，上式也成立， 综上，数列的通项公式为． 【小问2详解】 由（1）可知， 所以，， 则， 所以数列的前项和. 【小问3详解】 当为偶数时， ， 因为对于，恒成立，即对于，恒成立， ，当为偶数时，单调递增， 所以，则， 当为奇数时， ， 因为对于，恒成立，即对于，恒成立， ，当为奇数时，单调递增， 所以，则，则， 综上所述， 所以实数的取值范围为. 18. 设椭圆的左顶点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上异于点的两动点，若直线的斜率之积为. ①证明直线恒过定点，并求出该点坐标； ②求面积的最大值. 【答案】（1） （2）①证明见解析，定点；② 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，再结合，可求出，从而可求得椭圆的方程， （2） ①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，再结合化简可得，从而可得或进而可求出定点，当直线的斜率不存在时，若直线过定点，求出两点坐标，求解即可， ②设直线过定点为，则的面积，直线的方程为，代入椭圆方程中，消去，利用根与系数的关系，从而可表示出，化简换元后利用基本不等式可求得结果 【小问1详解】 由于，① 又，② 由①②解得， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①在（1）的条件下，当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由，消去得：， 设，则，. 又，由题知， 则，且， 则. ， 则， 或， 当时，直线的方程为， 此时直线过定点，显然不适合题意； 当时，直线的方程为. 此时直线过定点. 当直线的斜率不存在时，若直线过定点， 点的坐标分别为. 满足. 综上，直线过定点. ②不妨设直线过定点为.则的面积， 设直线的方程为，联立椭圆的方程消去得， 则 所以. 令，则 因为，所以（当且仅当即）， 所以，即面积的最大值为. 19. 已知函数． （1）求在上的极值； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）若存在正实数使得函数在上有两个不同的零点，，证明：． 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求解即可； （2）由题意可得在上恒成立，当时，可得不等式恒成立；当时，利用转化思想及导数求解即可； （3）变形为证明，结合（1）即证明，只需证，恒等变换后，只需证，令，利用转化思想及导数证明即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 令，所以，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 在上恒成立， 即在上恒成立， ①当时，由，得，， 因此，满足题意； ②当时，令， 则， 令， 则． 由，得，， 因此，则在上单调递增， 若，则， 则在上单调递增，所以，满足题意； 若，则 ， ， 因此在上存在唯一的零点，且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以 ，不满足题意． 综上，实数的取值范围为； 【小问3详解】 证明：当时，， 即， 则，， 取对数有，， 则题干变形为证明． 不妨设， 由（1）可知， 要证明， 即， 因为， 且在上单调递增，所以只需证， 又因为， 所以只需要证， 即证， 即证 ， 两边同时除以，得， 化简为，因为， 所以只需证， 即证， 令， 则 ， 令 （）， 则 在上恒成立， 所以在上单调递增， ， 即在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以 ． 故， 即， 所以． 即成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $