四川广安市加德学校2025-2026学年高二（领航班）下学期期中考试数学试题

**基本信息** 本试卷涵盖数列、概率、函数、立体几何、解析几何等核心知识，以杨辉三角文化素材、竞标决策等实际情境为载体，通过基础题与综合题梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养，适配高中半期教学诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|二项式定理、等差数列、概率|结合古典概率（第4题）考查数学眼光| |多选题|3/18|函数性质、等比数列|通过函数零点与单调性（第9题）考查逻辑推理| |填空题|3/15|抛物线最值、质点移动概率|设计概率递推（第14题）体现数学思维| |解答题|5/77|数列证明、立体几何、椭圆综合、导数应用|16题以竞标为情境融合期望方差，19题导数切线综合考查创新意识|

广安加德学校2025-2026学年下期高2024级领航班半期考试 数学试题 一、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. 的展开式中常数项为（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 30 2. 记为等差数列的前项和．若，则（ ） A. 140 B. 150 C. 160 D. 180 3. 已知随机变量，，且，，则（ ） A. B. C. D. 4. 某校中学生篮球队集训前共有6个篮球，其中3个是新球（即没有用过的球），3个是旧球（即至少用过一次的球）.每次训练都从中任意取出2个球，用完后放回.已知第一次训练时用过的球放回后都当作旧球，则第二次训练时恰好取到1个新球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 函数 在点 处切线的斜率为1，则 的最小值为（ ） A B. C. D. 6. 某考生回答一道四选一的单项选择考题，假设他知道正确答案的概率为0.6，知道正确答案时，答对的概率为，而不知道正确答案时，猜对的概率为0.2，那么他答对题目的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.68 C. 0.6 D. 0.2 7. 南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果 “杨辉三角” 记录于其重要著作《详解九章算法》中， 该著作中的 “垛积术” 问题介绍了高 阶等差数列. 以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列. 若某个二阶等差数列 的前四项分别为: ，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 数列 是单调递增数列 D. 数列 有最大项 8. 已知直线与双曲线 分别相交于 两个不同的点， 是双曲线上不同于 的一点，设直线 的斜率分别为 ，则当 取得最小值时，双曲线 的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题日要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 时，的值域为 C. 有三个零点 D. 曲线关于点对称 10. 已知等比数列的前项和为，且，则下列选项中正确的有（ ） A. B. 数列是等差数列 C. D. 11. 已知函数，定点，下列说法正确的是（ ） A. 的极大值为 B. 方程有三个解 C. 若不等式恰好有两个整数解，则的最小值为 D. 曲线上任意一动点，以为直径且与轴相切的圆有2个 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件，，若，，，则 . 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，其焦点为，定点，动点在抛物线上，则的最大值为_____________. 14. 从原点出发的某质点，按向量移动的概率为，按向量移动的概率为，设可达到点的概率为，则的值为________，________（用含的式子表示）. 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．（13分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若，且a1＝2． （1）证明：为等差数列，并求Sn． （2）若，数列{bn}的前n项和Tn，求证：． 16．广安市拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标总是中随机抽取3个总题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正面回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相独立，互不影响的． （1）求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率； （2）请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？ 17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是边长为2的正方形，D为AB中点，且． （1）求证：CD⊥平面ABB1A1； （2）已知P为线段B1C中点，求直线AP与平面A1CD所成角的正弦值． 18．（17分）已知椭圆Γ：，Γ的下顶点为C，左焦点为F1，动直线l与椭圆Γ交于A、B两点． （1）若T是椭圆Γ上的一个动点，求|TC|+|TF1|的最大值； （2）设，O为坐标原点，若四边形OABE为平行四边形，求直线l的方程； （3）若直线l经过定点P（0，1），坐标平面上是否存在定点Q（不同于点P），使得|QA|•|PB|＝|PA|•|QB|恒成立？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 19．（17分）已知函数f（x）＝（x2﹣ax+1）lnx（a∈R）． （Ⅰ）若a＝2，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，1）和（1，+∞）上各恰有一个零点，分别记为x1和x2． （i）证明：函数f（x）在两点（x1，0），（x2，0）处的切线平行； （ii）记曲线y＝f（x）在点（x1，0）处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值． 广安加德学校2025-2026学年下期高2024级领航班半期考试数学试题答案 1.C 2.B 3.D 4.A 5.C 6.B 7.D 8.C 9.AD 10.BCD 11.AC 12.13. 14.①；② 8.【详解】将代入双曲线方程中，整理得，得， 设，则，， 所以， 所以， 令，设，则， 当时，，所以函数单调递减，当时，，所以函数单调递增， 则当时，函数取得最小值，此时，所以，解得，所以. 10.【详解】设等比数列的公比为，由，取，可得，即①， 再取，可得，即②， 因，由，得，将① 代入，得， 即，解得或，当时，，舍去；当，，则，故A错误；因，则， 由， 可知数列是等差数列，即B正确； 因，则，故，即C正确； 由可得， 则.故D正确. 11.【详解】对于A，设，求导得：，令，得；时 ，单调递增； 时，单调递减， 故极大值为 ，A正确； 对于B，设，当时，由解析式可知单调递增，且，又， 由零点存在性定理可知在 有1个零点，当时：，令则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，即的最小值为 即当时，，在单调递增，又，因此当，无零点， 综上可知方程总共只有1个解，B错误；对于C，，代入， 可得：，化简可得，由题意不等式恰好有两个整数解， 由于直线恒过定点，由A得到的图象，结合图象可知： 这两个整数解只能是1和2，故，解得，即的最小值为，故C正确，对于D，以为直径的圆，设圆心为的中点，半径.由于圆与轴相切，因此可得：，化简得：，即， 联立方程，消去得：，即. 设，可得：， 令，则，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增.又，，，因此可得：在和各有一个零点，即存在和，使得，由此可得：当时，在单调递增；当时，在单调递减；当时，在单调递增；又，，，，，由此可得：在和和存在三个零点；即方程存在两个正根一个负根，再将根代入时可得：对于负根，对应无解，对于正根，对应有正负两种情况.因此可得：以为直径且与轴相切的圆有4个，故D错误. 15.【答案】（1），所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以； （2）， ＝． 16.解：（1）由题意可知，所求概率． （2）设甲公司正确完成面试的题数为X，则X的取值分别为1，2，3.，，．则X的分布列为： X 1 2 3 P ∴． 设乙公司正确完成面试的题为Y，则Y取值分别为0，1，2，3.，，， 则Y的分布列为： Y 0 1 2 3 P ∴．（或∵，∴）．（） 由E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y）可得，甲公司竞标成功的可能性更大． 17.解：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝BB1＝2，，， ，则A1A⊥AD，又四边形BCC1B1是正方形，则B1B⊥BC，B1B∥A1A，所以A1A⊥BC，又AD∩BC＝B，AD，BC⊂平面ABC，因此A1A⊥平面ABC，又CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1， 在等边△ABC中，D为AB中点，则CD⊥AB，又AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1， 所以CD⊥平面ABB1A1． （2）取BC中点为O，B1C1中点为Q，则OA⊥BC，OQ⊥BC，由（1）知，A1A⊥平面ABC，OA⊂平面ABC，则OA⊥AA1.又B1B∥A1A，故OA⊥BB1，又BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BCC1B1， 则OA⊥平面BCC1B1.即OA，OB，OQ两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），，，C（﹣1，0，0），，B1（1，2，0），因为P为线段B1C中点，所以P（0，1，0），，，， 设平面A1CD的法向量为， 则，则，即，故可取， 设直线AP与平面A1CD所成角为α， 则， 所以直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为． 18.解：（1）因为椭圆Γ：，则F1（﹣1，0），F2（1，0），C（0，﹣2）， 所以， 当且仅当T、F2、C共线（F2介于T、C之间）时，等号成立，即|TC|+|TF1|的最大值为； （2）因为，O为坐标原点，所以直线OE：，由题知l平行于OE，可设直线l：，联立，化简得56x2﹣60bx+25b2﹣100＝0，则Δ＝3600b2﹣4×56（25b2﹣100）＞0，即，所以， 由|AB|＝|OE|可知，， 又，解得：， 所以直线方程为或； （3）当直线l斜率存在时，设方程为y＝kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，化简得（4+5k2）x2+10kx﹣15＝0，则，， 当直线l平行于x轴时，|PA|＝|PB|，因此|QA|＝|QB|，此时Q在y轴上，设Q（0，m）， 当直线l斜率不存在时，不妨设A（0，2），B（0，﹣2），则有|QA|•|PB|＝|m﹣2|•3＝|PA|•|QB|＝|m+2|， 解得m＝4或m＝1（舍），下面证明点Q（0，4）符合条件：设直线l：y＝kx+1，要证， 即PQ是∠AQB的角平分线，只要证明kAQ+kBQ＝0， 而， 又2kx1x2﹣3（x1+x2）＝＝0，因而得证，综上，存在定点Q（0，4）． 19.解：（1）当a＝2时，f（x）＝（x2﹣2x+1）lnx，则， 令，则，故h（x）在（0，+∞）上递增， 又h（1）＝2ln1+1﹣1＝0，则x∈（0，1）时，h（x）＜0，又x﹣1＜0，故f'（x）＞0， 当x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，又x﹣1＞0，故f'（x）＞0，故f'（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间； （2）（i）证明：当lnx＝0时，x＝1，根据题意，零点x1，x2分别在区间（0，1）和（1，+∞）内，不等于1，因此x1，x2是方程x2﹣ax+1＝0的两个根，故x1+x2＝a，x1x2＝1，则x2＝a﹣x1，， 且有，则，，则， 同 ＝ ＝（x1﹣a+x1）lnx1＝（2x1﹣a）lnx1＝f（x1），故函数f（x）在两点（x1，0），（x2，0）处的切线平行； （ii）由（i）知f'（x1）＝（2x1﹣a）lnx1，故y＝f（x）在点（x1，0）处的切线为y＝（2x1﹣a）lnx1•（x﹣x1），0＜x1＜1，令x＝0，则， 又，故，故，又，且0＜x1＜1＜x2， 所以，令，则，又，当时m'（t）＞0，当时m'（t）＜0，所以m（t）在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最大值为． 学科网（北京）股份有限公司 $