精品解析：湖北省新八校协作体2025-2026学年高二下学期5月考试数学试题

高二数学 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. 已知随机变量且，则（ ） A. B. C. D. 2. 等差数列的前项和为，若且，则（ ） A. B. 2026 C. D. 1 3. 从1~10这10个数中任取4个数，记为取得的素数个数，则（ ） A. 3 B. 2.4 C. 2 D. 1.6 4. 有两个不同零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 甲同学准备去A、B两地游玩，去A地的概率为，去B地的概率为，在A地去爬山的概率为，在B地去爬山的概率为，则甲同学爬山的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 随机事件发生的概率分别为且，若，则（ ） A. 可能互斥 B. 可能相互独立 C. D. 7. 椭圆的左右焦点分别为，，是上一点且．是内心，连接的直线交轴于．若，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，下列表述正确的个数为（ ） ①从中任取4个数，这4个数中奇数个数为，则时概率最大 ②从中有放回取4次，这4次取得的数中奇数个数为，则时概率最大 ③从中任取3个数，这3个数能作为三角形三边的概率为 ④从中有放回取3次，这3次取得的数能作为三角形三边的概率为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知双曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 的范围为 B. 时，该双曲线的离心率为 C. 时，该双曲线的渐近线方程为 D. 使该双曲线的焦距最小 10. 数列中，且．若的前项和为，则（ ） A. 是等比数列 B. 是递增数列 C. D. 存在使 11. 下列说法正确的是（ ） A. 精确到0.01的近似值为1.17 B. 的展开式中系数绝对值最大的项为第三项 C. 的展开式中含项的系数为 D. 若，则 三.选择题 12. 已知等比数列的前项和，则________． 13. 现有件不同的玩具，本不同的漫画分给甲、乙两个小孩，玩具每人个，漫画其中一人本，一人本．则不同的分配方案有________种．（用数字作答） 14. 时对恒有，则实数的取值范围为________． 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. 已知． （1）若在处取得极值，求在上的最值； （2）若在时单调递增，求实数的取值范围． 16. 袋中有大小，外形，质量完全一样的2个红球，1个白球，每次摸出一个球，记下颜色后放回袋中，记，若是的前项和． （1）求的概率； （2）求的分布列及数学期望． 17. 已知数列的前项和为，且，记． （1）求的通项公式； （2）若的前项和为，证明：． 18. 已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线. （1）求轨迹的方程； （2）过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点. ①证明：； ②时，求的面积. 19. 已知在处的切线方程为. （1）求和； （2）证明：时，； （3）对，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 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. 已知随机变量且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求解. 【详解】随机变量，则， 因为，所以. 2. 等差数列的前项和为，若且，则（ ） A. B. 2026 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】借助等差数列定义及求和公式可得也为等差数列，求出公差结合等差数列前项和公式即可得解. 【详解】记等差数列的公差为，则 则数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，解得， 故. 3. 从1~10这10个数中任取4个数，记为取得的素数个数，则（ ） A. 3 B. 2.4 C. 2 D. 1.6 【答案】D 【解析】 【详解】1~10这10个数中素数有2,3,5,7共4个， ∴的可取值为：0,1,2,3,4， ， ， ， ， ， ∴ . 4. 有两个不同零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出函数定义域及导数，时，函数单调递减；时令函数，求出在定义域内的根，然后由函数单调性求得函数最小值，由题意得不等式，即可解得实数的取值范围. 【详解】函数的定义域为， 函数的导数， 当时，恒成立，即函数在单调递减， 此时函数至多有一个零点； 当时，令，则， ∵，所以方程必存在两个不同实根， 又∵，不妨令， 则当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增； ∴函数存在最小值， ∵时，时，∴， ∴，又因为， 即， ∵函数在单调递减，且， ∴，即，∴， 当时，，不等式恒成立； 当时，，两边同时平方得，解得， 综上所述，实数的取值范围为. 5. 甲同学准备去A、B两地游玩，去A地的概率为，去B地的概率为，在A地去爬山的概率为，在B地去爬山的概率为，则甲同学爬山的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式求解. 【详解】设事件 ：甲同学去 A 地游玩，设事件 ：甲同学去 B 地游玩， 设事件 ：甲同学去爬山, 根据题意：，，，， 根据全概率公式得, 因此，甲同学爬山的概率为 . 6. 随机事件发生的概率分别为且，若，则（ ） A. 可能互斥 B. 可能相互独立 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对化简，得到，然后对每个选项逐一判断即可. 【详解】，, 又，，，即. 又，代入上式可得，整理得. 对于A选项，若互斥，则，此时，又，，与矛盾，故不可能互斥，A选项错误. 对于B选项，若相互独立，则，与矛盾，故不可能相互独立，B选项错误. 对于C，D选项，，，，即，故C选项正确，D选项错误. 7. 椭圆的左右焦点分别为，，是上一点且．是内心，连接的直线交轴于．若，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在，中，由正弦定理及可得，设，在中，由余弦定理化简可得，进而计算可解. 【详解】因为是内心，所以是的角平分线， 在中，由正弦定理可得，即， 在中，由正弦定理可得，即， 因为，所以， 因为，， 所以，即， 因为，所以， 在中，由余弦定理可得， 化简可得，所以. 8. 已知，下列表述正确的个数为（ ） ①从中任取4个数，这4个数中奇数个数为，则时概率最大 ②从中有放回取4次，这4次取得的数中奇数个数为，则时概率最大 ③从中任取3个数，这3个数能作为三角形三边的概率为 ④从中有放回取3次，这3次取得的数能作为三角形三边的概率为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据超几何分布、分项分布及组合数的性质判断①②；结合三角形三边关系及列举法判断③④. 【详解】①服从超几何分布， 可知时，和都最大，因此＝2时概率最大，正确； ②服从二项分布，， 当时，最大，则＝2时，概率最大，正确； ③符合三角形三边关系的组合总共有22种， 234，245，256，267，278，345，346，356，357，367，368，378， 456，457，458，467，468，478，567，568，578，678 概率为，正确； ④有放回取三次数，要区分顺序. 三角形三边互不相等的排列有； 等边三角形一共有8种情况； 等腰且不等边三角形的组合有40种； 221，223，331，332，334，335，441，442，443，445，446，447，551，552，553，554，556，557，558，661，662，663，664，665，667，668，771，772，773，774，775，776，778，881，882，883，884，885，886，887， 每种组合对应3种排列，有40×3＝120种； 综上，符合条件的排列共有132＋8＋120＝260种； 故概率为，错误. 因此表述正确的个数为3个. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知双曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 的范围为 B. 时，该双曲线的离心率为 C. 时，该双曲线的渐近线方程为 D. 使该双曲线的焦距最小 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据双曲线定义确定参数范围，再代入特定值计算几何性质，最后利用导数研究焦距函数的最值问题. 【详解】方程表示双曲线，需满足与项系数异号，即. 解得,因此，选项A正确. 将代入原方程得，整理为标准形式. 此时焦点在轴上，实半轴长，虚半轴长. 半焦距，离心率. 因此，选项B正确. 由双曲线标准方程可知，渐近线方程为，即. 这与选项C中的不符. 因此，选项C错误. 当时，方程可化为. 此时. 设，对求导得. 令，即，因，开方得，解得. 当时，函数单调递减；当时，函数单调递增. 故在处取得最小值，即有最小值，焦距也有最小值. 因此，选项D正确. 10. 数列中，且．若的前项和为，则（ ） A. 是等比数列 B. 是递增数列 C. D. 存在使 【答案】AC 【解析】 【分析】当时，可得，可判断A；当时，计算可得，可判断B；求得可判断C；利用导数，可判断无解，进而可得结论. 【详解】当时，， 所以，又， 所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确； 所以， 当时，， 所以，所以是以为首项，1为公差的等差数列， 所以， 又，，所以， 所以不是递增数列，故B错误； ，故C正确； 若，则有解， 令，求导得， 当时，，函数单调递减，又， 所以当时，无解，又， 所以无正整数解， 所以不存在使，故D错误. 11. 下列说法正确的是（ ） A. 精确到0.01的近似值为1.17 B. 的展开式中系数绝对值最大的项为第三项 C. 的展开式中含项的系数为 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，将转化为，利用二项式展开式，近似计算，即可判断；对于B，令第项的系数绝对值大于第项和第项的系数绝对值，解不等式即可判断；对于C，先将作为整体，得到展开式的第项，再将继续展开，得到其第项，令的指数等于1，计算得到和的两组值，代入系数计算可得结果；对于D，令，代入原式并令，等式两边同时乘以，化简可得结果. 【详解】A选项，， 精确到0.01的近似值为1.17，故A正确； B选项，第项的系数绝对值为， 令且， 解得，∴，即第4项的系数绝对值最大，故B错误； C．将作为整体，第项为， 再将继续展开得，其第项为， 令，即，则，或，， 的系数为，故C正确； D．令，则，原式转化为， 令，得， 等式两边同时乘以，得， 即，故D正确. 三.选择题 12. 已知等比数列的前项和，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据给定的前项和，求出通项并结合等比数列条件求出的值. 【详解】由，得， 当时，， 因为是等比数列，则，经检验符合题意. 13. 现有件不同的玩具，本不同的漫画分给甲、乙两个小孩，玩具每人个，漫画其中一人本，一人本．则不同的分配方案有________种．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先考虑玩具每人个，再考虑漫画其中一人本，一人本，最后用分步计数乘法原理即可求解. 【详解】从件玩具中选件给甲的方案有种， 剩下的件给乙，因此玩具的分配方案有种； 从本漫画中选本给甲的方案有种， 剩下的本给乙， 或者从本漫画中选本给甲，剩下的本给乙，方案同样有种，因此漫画的分配方案有种； 因此不同的分配方案有种. 14. 时对恒有，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】若，不等式恒成立， 若时，两边同乘以，可得， 两边同构，令，则， 由，所以在单调递增，所以， 所以，所以 令，求导得， 当时，，所以函数在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以＝1，所以，解得， 所以实数的取值范围为. 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. 已知． （1）若在处取得极值，求在上的最值； （2）若在时单调递增，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数与极值的关系求出，再根据导数与单调性及最值的关系求解即可. （2）由题意知在时恒成立，分离参数求二次函数在固定区间的最值即可. 【小问1详解】 ， 由题意知，，即，解得， 此时， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，符合题意，所以. 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值， 又，，， 所以，. 【小问2详解】 依题意在时恒成立，即恒成立. 令 ，，易知， 要使  恒成立，只需 即可. 所以实数的取值范围为. 16. 袋中有大小，外形，质量完全一样的2个红球，1个白球，每次摸出一个球，记下颜色后放回袋中，记，若是的前项和． （1）求的概率； （2）求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列： P 【解析】 【分析】（1）确定对应的事件，然后利用独立重复试验概率计算公式求得的概率； （2）确定包含的事件，然后利用独立重复试验概率计算公式求得分布列并求得数学期望. 【小问1详解】 依题意，，即为7次摸球中有5次摸出白球，2次摸出红球， 故的概率. 【小问2详解】 的可能取值为. 表示次摸球中有0次摸出白球，次摸出红球， 表示次摸球中有1次摸出白球，次摸出红球， 表示次摸球中有2次摸出白球，次摸出红球， 表示次摸球中有3次摸出白球，次摸出红球， 表示次摸球中有4次摸出白球，次摸出红球， 表示次摸球中有5次摸出白球，次摸出红球， 则： 1 3 5 P 所以分布列为： P 所以. 17. 已知数列的前项和为，且，记． （1）求的通项公式； （2）若的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）由（1）可知，.则， 所以， 所以， 因此． 【解析】 【分析】（1）先算出，再根据时，得出是等比数列即可求解； （2）根据题意得，利用裂项相消法即可求解. 【小问1详解】 依题意，当时，，解得； 当时，，化简得，即， 所以，即是以为首项，为公比的等比数列，所以， 所以. 【小问2详解】 略. 18. 已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线. （1）求轨迹的方程； （2）过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点. ①证明：； ②时，求的面积. 【答案】（1）或. （2）证明：①根据题意，设，所以， 因为三点共线，所以，可得， 又因为曲线在处的切线方程分别为， 所以， 所以，可得，所以，所以. ② 【解析】 【分析】（1）设是曲线的任意一点，根据题意，得到，化简后即可求解； （2）①设，得到，根据三点共线，求得，再由曲线在处的切线方程，求得，证得，即可得证； ②设，由，求得，设直线的方程，联立方程组，结合韦达定理，求得，利用弦长公式，求得的长，利用三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设是曲线的任意一点， 因为动点到定点的距离比到轴距离大1，可得， 整理得或， 所以曲线的轨迹方程为或. 【小问2详解】 解：②设， 因为，可得，所以， 设直线的方程，联立方程组，整理得， 则，且， 因为，解得， 则， 由，可得，则且， 所以曲线在处的切线方程为，即， 可得，同理可得， 联立方程组，两式相减得， 解得，则， 所以，可得， 因为，所以. 19. 已知在处的切线方程为. （1）求和； （2）证明：时，； （3）对，证明：. 【答案】（1）， （2）证明：令， 可得， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 又因为，可得，所以， 则，即. （3）证明：由（2）知：当时，， 所以， 同理可得：，， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得，求得，结合，求得的值； （2）令，求得，得到，即，得到，即可得证； （3）由（2）中的结论，求得，，，结合对数的运算公式，即可得证. 【小问1详解】 解：因为在处的切线方程为， 可得，即，可得，则， 又由，可得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $