精品解析：福建泉州市第七中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

泉州七中2025-2026学年度下学期高二年期中考数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 命卷人：汪木水 复核人：黄永生 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. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 2. 已知是等比数列，各项都是实数，，则（ ） A. B. 4 C. D. 3. 已知，，则（ ） A. 0.5 B. 0.35 C. 0.17 D. 0.14 4. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为（ ） A. 60 B. 80 C. 120 D. 160 5. 甲、乙、丙、丁、戊、己等六人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为的平分线与线段交于点.若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 8. 关于的方程有实根，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若是互斥事件，则 D. 若，则 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（ ） A. B. 中的元素个数为36 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量的分布列为，则实数______． 13. 已知为数列的前n项和，且，则数列的前20项和为________． 14. 已知函数，，若，，则的最大值为________． 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. 某会员店的本地会员占，外地会员占．现开展商品质量满意度调查，已知本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为．每个会员对该店商品质量满意与否相互独立． （1）从该店所有会员中随机抽取1名会员求其对该店商品质量满意的概率； （2）从该店所有会员中随机抽取2名会员（假设该店会员数量很大），记这2名会员中对该店商品质量满意的人数为X，求X的分布列、数学期望和方差． 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 17. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 18. 在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为． ①求证：为定值； ②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值． 19. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点处的切线斜率为，直线的斜率为，证明：当时，； （3）当时，数列满足，且，为数列的前项和，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州七中2025-2026学年度下学期高二年期中考数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 命卷人：汪木水 复核人：黄永生 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. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据抛物线的标准方程可得出其准线方程. 【详解】由题意可得，抛物线的准线方程为. 故选：B. 【点睛】本题考查利用抛物线的标准方程求准线方程，考查计算能力，属于基础题. 2. 已知是等比数列，各项都是实数，，则（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列性质求解. 【详解】因为，所以，解得， 又，所以，所以， 故选：B. 3. 已知，，则（ ） A. 0.5 B. 0.35 C. 0.17 D. 0.14 【答案】C 【解析】 【分析】条件概率乘法公式直接计算即可. 【详解】因为， 所以. 4. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为（ ） A. 60 B. 80 C. 120 D. 160 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题干条件算出，然后由二项式定理的展开式通项进行求解. 【详解】的展开式中第项与第项的二项式系数相等， ，， 则的展开式中的通项为：，， 令，解得， 故该展开式中的系数为. 5. 甲、乙、丙、丁、戊、己等六人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】根据相邻捆绑，不相邻插空和分步乘法计数原理即可分析计算求解. 【详解】甲、乙必须相邻，先将甲、乙两人捆绑作为一人有种排列方法， 接着和除丙、丁外的2人一起进行排列有种排列方法， 最后上述排列种形成的4个空中选出两个空给丙、丁插入排列有种方法， 所以总的不同的安排方法有种. 故选：D 6. 已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知有点在线段上动，即为直线与所成角，且，即可求. 【详解】由点满足，则点在线段上动，如图所示， 由于，可知即为直线与所成角， 连接，且， 在中，， . 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为的平分线与线段交于点.若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据直线的斜率与倾斜角的关系得出，然后由角平分线的性质结合双曲线的定义得出，，最后在运用余弦定理构造关于的齐次方程即可求解. 【详解】因为直线的斜率为，所以，由角平分线性质定理可知， 所以，由双曲线的定义可知，所以， 在中由余弦定理可得， 即，整理得， 两边同除以可得，解得或（舍去）. 故选：C 8. 关于的方程有实根，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设实根为，则，转化为动点在直线，利用的几何意义，将问题转化为求原点到直线距离的最小值，再构造函数求解并验证最值取到即可. 【详解】由关于的方程有实根，得关于的方程有实根， 设方程的实根为，则， 得到，即， 设点，则点在直线上， 点到直线的距离， 设，函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，，则， 检验：当时，，由，解得，此时； 由，解得，此时， 所以的最小值为. 故选：B 二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若是互斥事件，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】A选项：根据条件概率有，因为相互独立，则有相互独立，即，所以，故A正确； B选项：因为，所以，即， 又，故B错误； C选项：因为是互斥事件，所以，即,故C正确； D选项：若，则， 又，代入得，故D正确. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】对于 A 选项，当时，， 而，因此， 故 A选项错误， 对于 B 选项，系数的绝对值相加等价于将展开式中的系数相加， 令,则， 而因为，因此， 故 B 选项正确， 对于 C 选项，令，则， 因此， 而，故， 故 C 选项正确， 对于 D 选项，对原式两边求导得，， 令，右边即为，左边为， 因此D 选项错误. 11. 设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（ ） A. B. 中的元素个数为36 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，所以，正确； 对于B，中的元素个数为，错误； 对于C，设，中满足元素如下： 因为，所以以的大小作为分类依据， 时，，，，， ，，，共有7个， 同理时有8个，时有9个，所以，正确； 对于D，集合中所有元素和为， 所以，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量的分布列为，则实数______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据概率之和为1得到方程，求出答案. 【详解】，即， 解得. 故答案为：1 13. 已知为数列的前n项和，且，则数列的前20项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出数列的通项公式，再利用裂项相消求解即可. 【详解】当时，， 当时，， 所以， 满足， 所以， 设为数列的前项和， 所以 ， 所以. 14. 已知函数，，若，，则的最大值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据题目条件，求出之间的等量关系，进而通过换元法构造函数，根据函数导数与函数单调性和极值之间的关系，求出函数单调区间和极值，判断函数最大值，进而求出结果. 【详解】由题意可得，则， 由，则， 令，则， 令，可知函数在上单调递增， 所以有唯一解，即，即，可得， 所以， 令，则，所以， 令，则， 令，即，解得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，也是最大值，为， 所以的最大值为. 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. 某会员店的本地会员占，外地会员占．现开展商品质量满意度调查，已知本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为．每个会员对该店商品质量满意与否相互独立． （1）从该店所有会员中随机抽取1名会员求其对该店商品质量满意的概率； （2）从该店所有会员中随机抽取2名会员（假设该店会员数量很大），记这2名会员中对该店商品质量满意的人数为X，求X的分布列、数学期望和方差． 【答案】（1） （2）X的分布列为： 0 1 2 数学期望，方差 【解析】 【分析】（1）根据题意定义事件，再利用全概率公式计算求解； （2）对该店商品质量满意的人数为X符合二项分布，求出相关概率得出分布列，进而求出期望和方差． 【小问1详解】 设事件为抽到本地会员，事件为抽到外地会员，事件为会员对商品质量满意， 由题知， 则． 【小问2详解】 由（1）知，任取会员满意概率为，抽取2名满足独立重复试验，故， 的可能取值为，则 ， ， ， 故分布列为： 0 1 2 期望为： ； 方差为：． 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接，因为是等边三角形，是中点，所以． 又因为，，平面，，所以平面． 因为平面，所以． 因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，结合等边三角形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而由线面垂直的性质定理得，然后利用面面垂直的判定定理证明即可． （2）法一：利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内，作于，由线面垂直的性质定理和判定定理得平面，然后在中求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后点面距的向量公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：在菱形中，， 又因为，，所以，． 因为，平面，，所以平面． 在平面内，作于． 因为平面，平面，所以． 又因为，，平面，， 所以平面， 所以的长度为点到平面的距离． 在中，因为，，， 所以，同理． 因为平面，平面，所以． 在中，因为，所以边上的高． 即点到平面的距离为． 法二：因为平面，平面，所以． 由（1）得、、两两垂直， 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ，，． 设平面的法向量为， 所以所以 所以是平面的一个法向量． 所以点到平面的距离． 17. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以，依题意，解得； 【小问2详解】 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 18. 在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为． ①求证：为定值； ②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值． 【答案】（1） （2） ①由，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，，，， 联立，得， 则，，， 所以， 又因为，所以，， 所以， . ②由①可知，，所以， 作关于轴的对称点，则，，三点共线， 又，，设， 则直线方程即为直线方程， 又直线方程为， 作差可得， 所以， 所以，， 又，得出， 又因为， 所以， 即，即， 所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程. （2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到，再由斜率公式计算可得； ②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明. 【小问1详解】 由，， 所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上， 设椭圆方程为， 焦距为，则，， 所以， 所以C的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点处的切线斜率为，直线的斜率为，证明：当时，； （3）当时，数列满足，且，为数列的前项和，证明：. 【答案】（1）当 时，函数的单调增区间是；当 时，函数的单调减区间是，单调增区间是； （2）由,得， 因为， ，， 所以 . 不妨设，令，则，令， 所以 ， 所以在上单调递增， ，即， 因为 ，，所以， 所以. （3）当 时，，， 设，， 当 时， ，则在上单调递增， 所以，，则， 构造函数， 求导得， 所以在上单调递增，则， 所以当 时，所以， 即， 所以，即，得， 当时，， 即，又因为,所以， 所以 . 【解析】 【分析】（1）求导得，分 、 求解即可; （2）利用斜率公式求得，利用导数的几何意义求得，利用作差法、换元法及导数证明即可； （3）由题意可得，设，利用导数可得在内单调递性，从而得，构造函数，利用导数确定其单调性，从而得，即有，进一步可得，利用放缩法可得，最后结合等比数列、常数数列的求和公式即可得证明. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 当 时，恒成立，函数在上单调递增； 当 时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增. 综上所述：当 时，函数的单调增区间是； 当 时，函数的单调减区间是，单调增区间是； 【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 $