福建漳州市南靖县第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题

南靖一中2025-2026学年下高二期中考数学试卷 学校：_________姓名：_________班级：_________考号：_________ 一、单选题（本大题共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．已知事件A与事件B相互独立，，则（ ） A． B． C． D． 2．已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数x的值为（ ） A． B． C． D． 3．函数的图象大致是（ ） A． B． C． D． 4．在正方体中，向量在上的投影向量为（ ） A． B． C． D． 5．已知函数，当时，，则实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 6．已知M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，且，若M，A，B，C四点共面，则的最小值为（ ） A．4 B．5 C． D．9 7．如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球下落过程中每次与小木块碰撞后，向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入③号球槽和⑥号球槽的概率之和为（ ） A． B． C． D． 8．设函数，若关于x的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9．已知有如下定义：设是的导函数，是函数的导函数．若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”，经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．若三次函数，则下列说法正确的是（ ） A．的值域为 B．在区间上单调递增 C．点是曲线的对称中心 D．若方程有三个不同实根，则实数m的取值范围为 10．某智能系统在进行数据分类时，其准确性受前一次分类结果的影响．记表示事件“第n次分类正确”，表示第n次分类正确的概率．已知，且满足以下条件：若第n次分类正确，则第次分类正确的概率为；若第n次分类错误，则第次分类正确的概率为．记，则下列结论正确的是（ ） A． B．若第n次分类正确，则第次分类正确的概率为 C．数列是等比数列 D．数列的前n项和为 11．已知正方体的棱长为4，P是线段的中点，Q是底面正方形内的动点（包含边界），则下列说法中正确的是（ ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点Q，使得平面 C．若点Q在线段上运动，则与平面所成角正弦的最大值为 D．若与所成的角为，则动点Q的轨迹为双曲线的一部分 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 12．设随机变量的分布列如下： 2 3 6 P m 则______；若，则______．（第一空2分，第二空3分） 13．现有一个圆锥形的铁质毛坯材料，底面半径为6，高为8．某工厂拟将此材料切割加工成一个圆柱形构件，并要求此材料的底面加工成构件的一个底面，则可加工出该圆柱形构件的最大体积为______． 14．实数a，b满足，，则的最小值是______． 四、解答题（本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（12分）已知函数． （1）求在点处的切线方程； （2）求的单调区间和极值． 16．（12分）为了普及足球知识，某市开展了“闽超知识竞赛”活动．现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计了他们的成绩（满分100分），并绘制成频率分布直方图． （1）求这组数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表）； （2）当成绩不低于80分的学生被评为“闽超达人”，以频率估计概率，从本市参加该竞赛的学生中随机抽取3人，随机变量表示抽取学生为“闽超达人”的人数，求的分布列及数学期望； （3）某市参与竞赛的学生中，甲校学生占25%，乙校学生占35%，丙校学生占40%，三校参赛学生在活动中获得“闽超达人”的比例分别为，，，从参与该竞赛的学生中随机抽取一人，求这名学生是“闽超达人”的概率． 17．（15分）如图，在正三棱柱中，点P满足，其中，． （1）是否存在使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 18．（18分）冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮．某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高二年级12个班学生中每班随机选出5名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”测试成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格．若高二年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”，否则该年级体能达标为“不合格”，需要加强锻炼． （1）已知某班级的5名学生中，甲、乙2位同学体能预测不合格，从这5名学生中抽取2名，记为抽取的2名学生中体能合格的人数，求随机变量的分布列； （2）为了加强锻炼，甲、乙两位同学计划每天开展跳绳比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用五局三胜制（一方获胜三局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜的条件下，前2局比赛均获胜的概率； （3）经过一段时间的体能训练后，该校再次进行了体能检测，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，，请估计该校高二年级学生该次体能检测是否合格？ 附：，，． 19．（18分）已知函数， （1）当时，若对任意不等式恒成立，求实数a的取值范围； （2）当在有解，求实数k的取值范围； （3）当函数有两个极值点，且时，是否存在实数m，总有成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由． 南靖一中2025-2026学年下高二期中考数学试卷 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．【答案】A 【分析】根据对立事件的概率公式，求得，独立事件的概率公式和条件概率的公式，即可求解． 【详解】因为事件A与事件B相互独立，且，可得，且，则． 2．【答案】D 【分析】根据，结合空间向量垂直的坐标关系求解即可． 【详解】因为，直线l的方向向量为，平面的法向量为，所以，所以，即，解得 3．【答案】A 【解析】利用导数判断出的单调区间，结合函数值的符号，选出正确选项． 【详解】由于，而的判别式，所以开口向上且有两个根，，不妨设，所以在，上递增，在上递减．所以C，D选项不正确．当时，，所以B选项不正确．由此得出A选项正确．故选：A 【点睛】本小题主要考查利用导数判断函数的图像，属于基础题． 4．【答案】B 【分析】由题可得正三角形，过点作，垂足为O，从而得到向量在上的投影向量为． 【详解】因为在正方体中，，所以正三角形，过点作，垂足为O． 则，所以向量在上的投影向量为． 5．【答案】A 【分析】依题意得到，构建函数，在单调递增，等价转换，利用导数可得结果． 【详解】当时，，即，所以函数在单调递增，所以在恒成立， 则在恒成立，所以在恒成立，所以．故选：A 6．【答案】C 【分析】利用空间向量四点共面定理和基本不等式“1”的妙用求解即可． 【详解】因为M，A，B，C四点共面，则有 由共面定理可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即，时，等号成立．故选：C． 7．【答案】B 【分析】分析下落过程碰撞的次数和向左向右落下的概率，分别分析落入③号球槽和⑥号球槽的情况，分析求解，即可得答案． 【详解】下落过程中，需要经过6次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为， 落入③号球槽需向左4次，向右2次，则， 落入⑥号球槽需向左1次，向右5次，则， 则小球最终落入③号球槽和⑥号球槽的概率之和为．故选：B 8．【答案】B 【分析】方程化为或，由导数确定函数的单调性、极值，结合函数图象可得参数范围． 【详解】因为恰好有4个不相等的实数解， 所以恰好有4个不相等的实数解， 所以或共有4个解， 设（），则， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， 且，，当时，，所以； 设，（），则，为单调减函数， 且时，，， 作出函数的图象如图所示： 由图可知只有一解，要恰好有4个不相等的实数解， 即要恰有3解，所以，即，故选：B． 【点睛】方法点睛：利用导数研究方程解的个数问题的方法是方程转化为的形式，然后利用导数确定函数的性质（单调性、极值、函数的变化趋势），作出函数的大致图象及直线观察图象可得解的个数的结论． 二、多选题 9．【答案】ACD 【分析】根据题意，求得和，得到函数的单调区间和极值，以及的根，结合选项，逐项分析判定，即可求解． 【详解】由函数，可得，且， 对于A：当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 且当时，，当时，，所以函数的值域为，所以A正确； 对于B，函数在单调递减，在单调递增，所以B错误； 对于C，令，可得，解得，且， 所以点是曲线的对称中心，所以C正确； 对于D，由在单调递增，在单调递减，在上单调递增， 所以函数的极大值为，极小值为， 且当时，，当时，， 要使方程有三个不同实根，即方程有三个不同实根， 即函数与的图像有三个不同的交点，所以， 所以实数m的取值范围为，所以D正确．故选：ACD． 10．【答案】ABD 【分析】根据题意可得，直接求出即可判断A；利用条件概率求出即可判断B；对于C，利用构造法即可判断C；对于D，结合C的结论即可得到，再利用等比数列前n项和公式求解即可． 【详解】由已知得第次分类正确的概率为 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，由，得，又，所以是首项为，公比为的等比数列，则不是等比数列，C错误； 对于D，由C项知，，， 所以数列的前n项和为，D正确． 11．【答案】ABD 【分析】由平面平面，得到点Q到平面的距离为定值，结合锥体的体积公式，可判定A正确；连接AC，BD交于点O，证得平面，当Q为底面正方形中心时，得到平面，可判定B正确；以D为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合向量的夹角公式，可判定C错误；设，由与AB所成的角为，列出方程，得到动点Q的轨迹为双曲线的一部分，可判定D正确． 【详解】对于A中，因为平面平面，所以点Q到平面的距离为定值，所以为定值，所以A正确； 对于B中，连接AC，BD交于点O，连接PO，则O为BD的中点，因为P为的中点，所以，在正方体中，可得，， 因为，且平面，所以平面， 所以平面，当Q为底面正方形中心时，平面，所以B正确． 对于C中，以D为原点，DA，DC，所在直线为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系， 则，，，可得，， 设，其中，则， 可得平面的法向量， 设直线PQ与平面所成角为，当时，Q与A重合，此时，； 当时，， 当且仅当时取等号， 综上可得，PQ与平面所成角的正弦值最大为，所以C错误． 对于D中，设，则，， 因为与AB所成的角为，所以， 所以，可得，所以动点Q的轨迹为双曲线的一部分，所以D正确．故选：ABD． 三、填空题 12．【答案】 7 【详解】，，所以 13．【答案】 【分析】利用几何体的轴截面进行计算，结合导数求得圆柱形构件的最大体积． 【详解】画出圆锥及圆柱的轴截面如下图所示． 其中，，，四边形HIDE为矩形． 设圆柱的底面半径为，即， 则，即． 所以圆柱的体积为，． ， 由于，所以在区间上，单调递增； 区间上，单调递减． 所以在处取得极大值也即是最大值为：．故答案为： 【点睛】本小题主要考查圆锥的最大内接圆柱有关计算，考查利用导数求最值，属于中档题． 14．【答案】 【分析】化简得到，由，由，求得，得到，转化为，图象上的点到直线上一点的距离，结合导数的几何意义，即可求解． 【详解】由， 因为，可得， 所以， 又由，可得，所以在上单调递增， 又因为，则，则， 表示函数，图象上的点到直线上一点的距离， 则最小值为图象与直线平行的切线到直线的距离， 设切点为，其中，由，可得， 令，解得，可得，即切点为， 可得切点为直线距离为， 即的最小值是．故答案为：． 四、解答题 15．【答案】（1） （2）的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值，极小值． 【分析】（1）先求函数在处的函数值与导数值（切线斜率），再用点斜式写出切线方程． （2）先求导并因式分解，根据导数的正负判断函数单调性，再结合单调性确定极大值点、极小值点，代入原函数计算极值． 【详解】（1）由，得， 因为，， 所以在点处的切线方程为，即． （2）的定义域为，， 令，得或，令，得或，令，得， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，取极大值，当时，取极小值． 16．【答案】（1）72.5 （2）分布列见解析，数学期望为0.9 （3）0.355 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均值的求法求解即可； （2）以频率估计概率，根据频率分布直方图，得到“闽超达人”在竞赛人数中所占的比例，即得到随机从本市参加该竞赛的学生中随机抽取1人，该学生为“闽超达人”的概率，利用服从二项分布，可得其分布列及数学期望； （3）利用全概率公式可得． 【详解】（1）由频率分布直方图，这组数据的平均值为 （2）以频率估计概率，根据频率分布直方图， 得到“闽超达人”在竞赛人数中的占比为， 即从本市参加该竞赛的学生中随机抽取1人，该学生为“闽超达人”的概率为； 易知，所以，，，． 所以的分布列为 0 1 2 3 P 0.343 0.441 0.189 0.027 的数学期望是． （3）已知参与竞赛的学生中，甲校学生占25%，乙校学生占35%，丙校学生占40%，且三校参赛学生在活动中获得“闽超达人”的比例分别为，，， 所以根据全概率公式可得，从参与该竞赛的学生中随机抽取一人， 这名学生是“闽超达人”的概率为． 17．【答案】（1）存在， （2） 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据线面垂直证明线线垂直，再结合向量的数量积进行求解； （2）将二面角转化为两个平面的法向量的夹角进而求解． 【详解】（1）在正三棱柱中，分别取AB，的中点O，，连接OC，，则，，， 以O为坐标原点，向量，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 因为底面ABC，底面ABC，所以，所以， 若，则， 解得，故存在，使得． （2）当时，则，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，则，得， 令，则， 设平面的一个法向量为，则，代入可得， 令，则，设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 18．【答案】（1）分布列见解析 （2） （3）高二年级学生体能检测合格 【分析】（1）由题意有服从超几何分布，利用超几何分布即可求解； （2）利用条件概率公式即可求解； （3）利用正态分布的区间即可求解． 【详解】（1）由题意的可能取值为0，1，2，所以，，，所以的分布列为 0 1 2 P （2）令事件A表示“甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件B表示“甲前2局比赛均获胜”， 所以，， 所以，， 所以； （3）由已知有，，所以， 所以， 所以高二年级学生体能检测合格． 19．【答案】（1） （2） （3）存在，． 【分析】（1）利用导数求得在上的最小值，进而利用恒成立可得，可求实数a的取值范围． （2）分离变量得，构造函数，，求导可求得的值域，可得实数k的取值范围． （3）利用函数有两个极值点，可得，，，不等式等价于，令，，求导，分类讨论可求得实数m的取值范围． 【详解】（1）当时，，，令，解得， 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以在上的最小值为． 又，所以由对任意不等式恒成立，即，． 所以a的取值范围为． （2）令，因为，则，故， 令，，则， 故当，单调递减；当，单调递增， 又，，，且， 故的值域为，则要满足题意，只需． 即k的取值范围为． （3）因为，， 因为有两个极值点，，故可得，，， 所以，且，． 因为，，故， 则，即， 因为，故上式等价于，即， 又当时，，当时，， 令，，则， 当时，，故在单调递增，又， 故当时，，当时，，故不满足题意； 当时，令， 若方程对应时，即时，，单调递减， 又，故当时，，当时，，满足题意； 若，即时，又的对称轴，且开口向下， 又，不妨取， 故当，，单调递增，又， 故此时，不满足题意，舍去， 综上所述，m的取值范围为． 学科网（北京）股份有限公司 $