精品解析：广东汕头金南实验学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2025-2026（下）高二年级期中考数学科试题 考试时间：120分钟；满分：150分；命题人：许林河 2026.05 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知等差数列中，其前项和为，则（ ） A. 80 B. 90 C. 100 D. 110 4. 若一个等比数列的前3项和等于3，前6项和等于，则该等比数列的第4项等于（ ） A. 16 B. 8 C. D. 5. 已知是函数的极小值点，那么函数的极大值为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 5 6. 在一次社区志愿服务活动中，由甲、乙、丙、丁4名志愿者负责物资分发、秩序维护、便民讲解三个服务岗位，每名志愿者只负责一个岗位，且每个服务岗位至少有一名志愿者负责.若甲、乙两人不负责同一个服务岗位，则不同的安排方案共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 7. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4．假设坐公交车用时（单位：min）和骑自行车用时（单位：min）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. 若某天只有34min可用，李明应选择自行车 C. D. 若某天只有40min可用，李明应选择公交车 8. 已知函数和的定义域均为，为偶函数，且对任意，都有恒成立，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数不存在极值点 B. 当时，函数有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 若是函数的一条切线，则 11. 已知数列的前n项和为，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 若，在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，则 C. 若，，则数列的前2026项的和为 D. 若，在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数由小到大组成新数列，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 13. 从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，用表示所选3人中女生的人数，则为______ 14. 用组成四位数，数字最多用次，其中，则满足条件的四位数共有______个． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角，，所对的边长分别是，. （1）求角； （2）若，，，求AB边上的高. 16. 如图1，等腰直角的斜边，D为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为60°，如图2，M为的中点. （1）证明：； （2）求平面和平面所成角的余弦值. 17. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由， 18. 已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，且点的纵坐标为2，以线段为直径的圆与直线相切． （1）求抛物线的方程； （2）设直线交抛物线于两点，作于点．若直线的斜率之积为1，则是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数. （1）当时，求函数的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026（下）高二年级期中考数学科试题 考试时间：120分钟；满分：150分；命题人：许林河 2026.05 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， ，所以 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据除法运算可得，结合复数的几何意义运算求解. 【详解】因为，则， 所以在复平面内对应的点为，位于第四象限. 3. 已知等差数列中，其前项和为，则（ ） A. 80 B. 90 C. 100 D. 110 【答案】B 【解析】 【详解】因为数列是等差数列，所以，可得. 4. 若一个等比数列的前3项和等于3，前6项和等于，则该等比数列的第4项等于（ ） A. 16 B. 8 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列为，其公比为，且前项和为，分和两种情况， 结合前项和公式计算可得结论. 【详解】设等比数列为，其公比为，且前项和为， 若，则，所以，又，故不符合题意， 若，则根据题意可知，且， 解得，，故. 故选：D. 5. 已知是函数的极小值点，那么函数的极大值为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先根据是函数的极小值点求出的值，再列出表格求出的极大值 【详解】， 又是函数的极小值点，，. 经检验符合题意.. 令，，列表如下 极大值 极小值 的极大值为 6. 在一次社区志愿服务活动中，由甲、乙、丙、丁4名志愿者负责物资分发、秩序维护、便民讲解三个服务岗位，每名志愿者只负责一个岗位，且每个服务岗位至少有一名志愿者负责.若甲、乙两人不负责同一个服务岗位，则不同的安排方案共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】根据分组分配问题，先求出无限制条件的方法数，再求出安排甲、乙在同一个岗位的方法数，进而求解. 【详解】因为4个人分配到3个不同的岗位，且每个岗位至少1名， 所以必有一个岗位2人，另2个岗位各一人，共有种方法. 若安排甲、乙在同一个岗位，为2人组，而丙、丁各为一人一组， 3个小组全排列到3个不同的岗位，共有种方法， 所以安排甲、乙不在同一个岗位有种方法. 故选：C 7. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4．假设坐公交车用时（单位：min）和骑自行车用时（单位：min）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. 若某天只有34min可用，李明应选择自行车 C. D. 若某天只有40min可用，李明应选择公交车 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可． 【详解】对于A，依题意随机变量的均值为，方差为，即，，， 随机变量的均值为，方差为，则，，； 所以，故A错误； 对于C，，， 因为， 所以，故C正确； 对于B，与的密度曲线大致如下， 若某天只有34min可用，由图可知，所以李明应选择公交车，故B错误． 对于D，若某天只有40min可用，由图可知， 所以，所以李明应选择自行车，故D错误． 故选：C． 8. 已知函数和的定义域均为，为偶函数，且对任意，都有恒成立，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，并结合函数的奇偶性，求得不等式的解集. 【详解】令，则. 因为对任意，都有恒成立， 所以当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 因为为偶函数，所以为偶函数， 由，得， 所以不等式等价于， 即，解得或. 所以其解集为． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对二项式展开式赋值以及利用求导的方法来求解各项系数的值或系数之间的关系. 【详解】根据二项式定理，当我们令展开式中时，此时展开式中除了这一项，其余含有的项都为， 所以，即，可得，故选项A正确； 二项式其展开式的通项公式为， 要求，也就是当时的系数， 将代入通项公式中， 先计算组合数， 则，故选项B错误； 令，则， 即，所以 又因为前面已经求得，那么，故选项C错误； 对两边同时求导。 左边求导为，右边求导为，即 令，则 即，所以，故选项D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数不存在极值点 B. 当时，函数有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 若是函数的一条切线，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，当时，可知均在上单调递增， 则在上单调递增，所以不存在极值点，A正确； 对于B，当时，，求导得， 令得或，又当时， 当时，所以分别为极大和极小值点， 且，， ，所以只有两个零点，B错误； 对于C，因为， 所以点是曲线的对称中心，C正确； 对于D，设与的切点坐标为，因为， 所以在处的切线方程为， 即，依题意有，得，D正确. 11. 已知数列的前n项和为，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 若，在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，则 C. 若，，则数列的前2026项的和为 D. 若，在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数由小到大组成新数列，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】考虑时，数列不是等比数列，判断A错误；若，数列是等比数列，由此得到，结合等差数列的定义求得，判断B；结合的周期性，利用等差数列的前项和公式，可求得其前2026项的和，判断C；易知每两项间插入的数字个数成等差数列，利用等差数列的前项和，可得插入的第个数，根据等差数列的通项公式可得，判断D. 【详解】选项A， ① 当时， ② ①式减去②式得：，整理得． 若，则数列不满足等比数列定义， 所以数列不一定是等比数列．因此选项A错误． 选项B，若，代入递推式得． 结合，可确定数列是首项为1、公比为3的等比数列，通项公式为． 在与之间插入n个数构成等差数列，该数列总项数为， 所以公差. 因此选项B正确． 选项C，若，由，可得， 所以．因此． 因为周期为，且， 因为， 所以数列的前2026项的和为 ，因此选项C正确． 选项D ，由，得，． 在与间插入个数构成等差数列，其公差为. 前k组插入数字的总个数为等差数列，求和得． 当时，总个数为2016； 当时，总个数为2080. 所以插入的第2026个数是第64组的第10个插入的数． 因为，，所以公差， 所以 因此选项D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 13. 从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，用表示所选3人中女生的人数，则为______ 【答案】 【解析】 【分析】先由题意得到的可能取值为，分别求出其对应概率，进而可求出其期望. 【详解】由题意，的可能取值为 由题中数据可得：， ， ， 所以. 14. 用组成四位数，数字最多用次，其中，则满足条件的四位数共有______个． 【答案】 【解析】 【分析】分四个不同数字各出现一次，一个数字出现两次，一个数字出现三次，两个不同数字各出现两次和一个数字出现四次，五种情况讨论即可. 【详解】当四个不同数字各出现一次时，有个； 当一个数字出现两次，其他两个数字各出现一次时，则重复出现的数字只能是， 则有个； 当一个数字出现三次，另一个数字出现一次时，则重复出现的数字只能是， 则有个； 当两个不同数字各出现两次时，则重复出现的数字只能是， 则有个； 当一个数字出现四次时，则仅有数字符合条件，则有个， 综上所述，满足条件的四位数共有个. 故答案为：. 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角，，所对的边长分别是，. （1）求角； （2）若，，，求AB边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得，，通过角的转化及两角和的正弦公式化简即可求得； （2）根据余弦定理得到的值，联立可解得，进而可判断的形状，从而求解. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理得，. 因为，所以， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 根据余弦定理得，， 将，代入上式整理得，， 又因为且，解得，， 所以，所以为以AB为斜边的直角三角形， 所以斜边AB上的高为. 16. 如图1，等腰直角的斜边，D为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为60°，如图2，M为的中点. （1）证明：； （2）求平面和平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和线面垂直的性质定理，证明线线垂直即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，进而写出点的坐标和向量，求出平面法向量，根据面面角的向量方法，求出结果. 【小问1详解】 因为，所以是二面角的平面角， 即. 因为，面，面， 所以面，所以， 因为D为的中点，所以，所以是等边三角形， 因为M为的中点，所以， 因为，面，面， 所以面，所以. 【小问2详解】 如图所示，作中点， 因为分别为中点，所以， 由（1）知面，所以面， 由（1）知， 则以点为坐标原点，以分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为等腰直角的斜边，所以， 由（1）知是等边三角形，所以， 所以， 所以， 设面的一个法向量为， 则，即， 令，解得，所以面的一个法向量为， 设面的一个法向量为， 则，即， 令，解得，所以面的一个法向量为， 设平面和平面所成角为， 则. 所以平面和平面所成角的余弦值为. 17. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由， 【答案】（1） （2），， 0 1 2 3 （3）会得到推广，因为. 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解； （2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差； （3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论. 【小问1详解】 设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰， 则， 则. 【小问2详解】 由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立， 因此随机变量服从二项分布， 则， ， ， ， ， ，， 的分布列为： 0 1 2 3 【小问3详解】随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分， 则，满足推广条件，因此该系统会得到推广. 18. 已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，且点的纵坐标为2，以线段为直径的圆与直线相切． （1）求抛物线的方程； （2）设直线交抛物线于两点，作于点．若直线的斜率之积为1，则是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在定点，其坐标为 【解析】 【分析】（1）求出中点到轴的距离为，得以为直径的圆与轴相切，再根据以为直径的圆与直线相切得关于的方程，求出可得答案； （2）设方程为，与抛物线方程联立，韦达定理代入直线的斜率之积为1的等式，可得直线过定点．设为线段的中点，则由为定值可得答案． 【小问1详解】 依题意，点中点． 所以点到轴的距离， 因此以为直径的圆与轴相切． 又因为以为直径的圆与直线相切，所以， 解得或．结合，得． 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 存在，为，理由如下， 由（1）知，．易知直线斜率不为0，设方程为． 由，得． 设，则． 因为直线的斜率之积为1， 所以． 因此． 于是直线方程为，由此可得直线过定点． 因为于点，所以为直角三角形，其中． 设为线段的中点，则为定值． 因为，所以中点坐标为， 所以存在定点，其坐标为，使得为定值． 19. 已知函数. （1）当时，求函数的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值； （2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间； （3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值. 【小问1详解】 当时，则， 可知的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知的单调递减区间是，单调递增区间是； 所以函数的最小值为. 【小问2详解】 由题意可知的定义域为，且， 当时，恒成立， 所以的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，令解得， 令，解得；令，解得； 所以的单调递减区间是，单调递增区间是； 综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问3详解】 当时，不等式恒成立， 即，整理可得， 原题意等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 所以在区间上单调递增， 因为，， 所以在区间内存在唯一零点， 即，所以， 当时，，即； 当时，，即； 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增； 所以， 因为，则，即， 且为整数，则，所以整数的最大值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $