精品解析：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

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. 若函数 在点 处的切线的斜率为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. 已知数列的前项和为，若，且． （1）证明：为等差数列，并求． （2）若，数列的前项和，求证：． 16. 某地区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:两家公司从个招标问题中随机抽取个问题，已知这个招标问题中，甲公司可正确回答其中的道题目，而乙公司能正确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互独立，互不影响的. （1）求甲、乙两家公司共答对道题目的概率； （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. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于、两点. （1）若是椭圆上的一个动点，求的最大值； （2）设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； （3）若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数（）. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】C 【解析】 【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 令，解得， 所以，即展开式中常数项为. 故选：C 2. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 140 B. 150 C. 160 D. 180 【答案】B 【解析】 【分析】根据下标和性质求出，即可求出，再由求和公式计算可得. 【详解】因为，所以，又，所以， 所以. 故选：B 3. 已知随机变量，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由得到，再由得到，最后根据得出. 【详解】由于服从正态分布，且，故其均值. 而服从二项分布，故，再由，就有，得. 故选：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. 【答案】A 【解析】 【分析】求出第一次取到0个、1个、2个新球的概率，再结合条件概率及全概率公式列式计算即得. 【详解】用表示第一次取到个新球的事件，用表示第二次训练时恰好取到1个新球的事件， 则，且两两互斥， ，，， ，，， 因此 ； 所以第二次训练时恰好取到1个新球的概率为． 5. 若函数 在点 处的切线的斜率为1，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，，结合基本不等式求最值. 【详解】根据题意，， 则，， 因为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立, 所以 的最小值为. 故选：C 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率和全概率公式求解即可. 【详解】解：设“考生答对题目”为事件A，“考生知道正确答案”为事件B， 则，，， ． 故选：B． 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，从而可得数列 是单调递增数列，则，A、C不符合题意；再利用累加法计算可判断B；借助基本不等式判断D. 【详解】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知， 所以数列是以为首项，公差的等差数列，即， 所以，即数列 是单调递增数列， ，则，A、C不符合题意； 所以，将所有上式累加可得 ，所以， 即该数列的第11项为，B不符合题意； 由于， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 但由于，即数列 有最小值为， 而当时，单调递增，所以无最大值，D符合题意. 故选：D. 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 【答案】C 【解析】 【分析】联立方程求出的坐标，通过运算得到，代入，令，设，利用导数研究函数最值，从而得的值，即可求解. 【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. 故选：C． 【点睛】关键点点睛：直线方程与曲线方程联立后通过运算得到，从而令，设，利用导数研究最值. 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 【答案】AD 【解析】 【详解】，求导得， 令，得，；当时，，单调递减， 因，故A正确； 在上单调递减，在上单调递增，，， ，故时，的值域为，B错误； ，，时，故仅有1个零点，C错误； 由中心对称定义，若曲线关于点对称， 则需满足， 计算， ， 两式相加得； 计算，故， 满足， D正确. 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. 【答案】BCD 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，利用数列递推式列方程求得，写出通项判断A；利用等差数列定义判断B；结合作差比较法判断C；将数列通项放缩后利用等比数列求和公式计算即可判断D. 【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. 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 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，求导确定单调区间，即可判断，对于B，构造函数，通过单调性，结合零点存在性定理即可求解；对于C，将不等式转化成，结合函数图象，数形结合即可判断，对于D，由于圆与轴相切，可得：，化简得：，联立方程，判断方程组解的个数即可判断选项正误. 【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. 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_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由条件概率公式可得，再由，再结合条件概率的公式即可得到结果. 【详解】由题意可得，，且，则， 又因为，则， 且，所以. 故答案为:. 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_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设，则由两点间距离公式及抛物线定义可得关于y的表达式，后由基本不等式可得答案. 【详解】设，由抛物线方程，得焦点，准线， 点为准线与轴的交点，作于点， 则．， 则 ，当且仅当，即时取等号. 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）. 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】利用分类互斥事件求，利用递推思想，结合构造法和累加法来求. 【详解】空1：， 到达有两种可能：第一种是一次移动2个单位到达， 第二种是每次向上移动1个单位，共移动2次到达，故； 空2：到达点有两种情况： ①从点按向量移动，即 ②从点按向量移动，即 所以，即 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以 … ， 两边分别累加得 ，， 因为满足上式，所以. 故答案为：；. 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. 已知数列的前项和为，若，且． （1）证明：为等差数列，并求． （2）若，数列的前项和，求证：． 【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的概念证明，结合等差数列通项公式求； （2）利用裂项相消法求和即可证明． 【小问1详解】 ， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列， 所以； 【小问2详解】 ， ． 16. 某地区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:两家公司从个招标问题中随机抽取个问题，已知这个招标问题中，甲公司可正确回答其中的道题目，而乙公司能正确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互独立，互不影响的. （1）求甲、乙两家公司共答对道题目的概率； （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？ 【答案】（1）（2）甲公司竞标成功的可能性更大. 【解析】 【详解】试题分析：（1）分两种情况求概率：甲答对道题、乙答对道题；甲答对道题、乙答对道题；其中甲答对道题概率为,乙答对道题概率为，最后根据概率乘法公式与加法公式求概率，（2）分别求甲、乙公司正确完成面试的题数期望和方差，期望较大、方差较小的公司竞标成功的可能性更大.先确定随机变量可能取法，求出对应概率(甲答对道题概率为,乙答对道题概率为)，利用期望公式及方差公式求期望与方差. 试题解析：（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,则的取值分别为，，. ,，. 则的分布列为： . 设乙公司正确完成面试的题为,则取值分别为，，，. ,, , 则的分布列为： .（或,） .() 由,可得，甲公司竞标成功的可能性更大. 17. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【小问1详解】 在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以. 又，平面，因此平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 取中点为，中点为，则，. 由（1）知，平面，平面，则.又，故. 又，平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面所成角为， 则 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于、两点. （1）若是椭圆上的一个动点，求的最大值； （2）设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； （3）若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）或. （3）存在定点. 【解析】 【分析】（1）求的最大值，利用椭圆的定义转化，求其最大值， （2）设直线：，与椭圆联立，再结合可得，，得到直线方程， （3）分类讨论：直线斜率存在时，直线平行于轴时，直线斜率不存在时，利用两种特殊情况找到坐标，再对斜率存在的情况进行计算，设直线：，只要证明即可得证， 【小问1详解】 ，，右焦点，， 当且仅当、、共线（介于、之间）时取到， 【小问2详解】 由平行于时，可设直线：，与椭圆联立后得到， 由可知，， 结合韦达定理， 解得， 所以直线方程为或， 【小问3详解】 当直线斜率存在时，设方程为，与：联立得： ， 设，， 由韦达定理得，. 当直线平行于轴时，，因此， 此时在轴上，设. 当直线斜率不存在时，不妨设，， 则有， 解得或（舍）.下面证明点符合条件. 设直线：，要证， 即是的角平分线，只要证明. 而， 而韦达定理可得，因而得证， 综上，存在定点， 19. 已知函数（）. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值. 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导后因式分解，再构造函数，从而结合单调性讨论其正负，从而得到的正负，即可得单调性； （2）（ⅰ）由题意可得和是的零点，结合韦达定理与导数的几何意义计算即可得解；（ⅱ）借助导数的几何意义求切线方程，求出交点坐标，从而可表示出，结合、的关系计算即可得. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，则，故在上递增， 又，则时，，又，故， 当时，，又，故， 故恒成立，故在上单调递增， 即函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 【小问2详解】 （ⅰ）当时，， 根据题意，零点分别在区间和内，不等于1，因此是方程的两个根， 故，，则，， 且有，则， ， 则， 同理 ， 故函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）由（ⅰ）知， 故在点处的切线为，， 令，则， 又，故， 故，又，且， 所以， 令，则，又， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $