四川省成都石室中学2025-2026学年高二下学期数学零诊综合卷（四）

**基本信息** 该试卷涵盖数列、概率统计、立体几何、导数等模块，解答题设计概率摸球模型、抛物线定值证明、导数不等式证明等综合题，注重数学思维与应用能力，适配高二同步教学。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|等比数列、正态分布、切线方程|基础概念辨析，如正态分布密度曲线分析| |多选题|3/18|回归方程、二项式定理、函数性质|结合AI软件利润数据考回归分析，体现情境时代性| |填空题|3/15|等差数列求和、轨迹方程、恒成立问题|轨迹方程转化为圆与斜率范围，考查数学眼光| |解答题|5/77|概率分布列、二面角、导数单调性与不等式证明|概率题设计两步摸球模型，导数题证明不等式链，突出数学思维与语言表达|

石室中学高2027届高二下期零诊综合卷（四） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．在等比数列中，，，则（ ） A． B．3 C． D． 2．已知，，且和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A． B． C． D． 3．曲线在点处的切线与直线垂直，则等于（ ） A． B． C． D． 4．若，，则（ ） A． B． C． D． 5．用数字0，2，3，4，5组成没有重复数字的三位奇数的个数为（ ） A．30 B．24 C．18 D．12 6．已知圆锥的侧面积为，高为，若圆锥可在某球内自由运动，则该球的体积最小值为（ ） A． B． C． D． 7．记椭圆的焦点分别为，，点在直线上，若，则的离心率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8．已知数列满足：，数列满足，则数列的前50项的和为（ ） A． B． C． D．50 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知某AI软件公司为迎合市场的需求开发了一款新型智能AI写作软件，现将该软件上市后的月份以及每个月获得的利润（单位：万元）之间的关系统计如下表所示，并根据表中数据，得到经验回归方程，则（ ） 月份 1 2 3 4 5 利润 5 8 10 12 15 A． B．可以估计每增加1个月份，月利润提高2.8万元 C．可以估计10月份的利润为26.8万元 D．5月份利润的残差为0.4万元 10．关于的展开式，下列说法中正确的是（ ） A．各项系数之和为1 B．第二项与第四项的二项式系数相等 C．常数项为60 D．有理项共有4项 11．定义在上的函数满足，，则下列说法正确的是（ ） A．在处取得极大值，极大值为 B．有两个零点 C．若在上恒成立，则 D． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知是等差数列的前项和，且满足，，则_____； 13．在平面直角坐标系中，动点到、两点的距离的平方和为10，则的取值范围为______. 14．设函数，若恒成立，则的最小值为______． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形． （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值． 16．已知编号为甲、乙、丙的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中甲袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；乙袋内装有两个1号球，一个3号球；丙袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球. （1）从甲袋中一次性摸出2个小球，记随机变量为1号球的个数，求随机变量的分布列和数学期望； （2）现按照如下规则摸球：连续摸球两次，第一次先从甲袋中随机摸出1个球，若摸出的是1号球放入甲袋，摸出的是2号球放入乙袋，摸出的是3号球放入丙袋；第二次从放入球的袋子中再随机摸出1个球.求第二次摸到的是3号球的概率. 17．已知公差为正数的等差数列满足成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若，分别是等比数列的第1项和第2项，求使数列的前n项和的最大正整数n． 18．已知M（4，m）是抛物线C：y2＝2px（p>0）上一点，且M到C的焦点的距离为5. （1）求抛物线C的方程及点M的坐标； （2）如图，过点P（1，0）的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点Q， 设，，求证：λ＋μ是定值． 19．已知函数，其中e为自然对数的底数，． （1）求函数的单调区间； （2）若不等式在上成立，求实数的取值范围； （3）设，证明：． 石室中学高2027届高二下期零诊综合卷（四）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C B D C D B A AC ACD ACD 1．B 【详解】设的公比为，所以，因为公比为实数，所以，所以，所以.故选：B. 2．C 【详解】由题图可知，，则，即，所以A错误； 根据正态曲线的性质，越大图象越矮胖，则，即，所以B错误； 由图可知，，所以C正确； 由图可知，，所以D错误． 3．B 【详解】由得，当时，， 因曲线在点处的切线与直线垂直，故， 解得.故选：B 4．D 【详解】因为单调递增，，所以，即， 因为，所以，又，即， 因为，所以， 综上 5．C 【详解】根据题意：个位从和中选择一个，百位不能选0， 若不含0，则有，若含0，则有， 根据分类加法计数原理有：. 故选：C. 6．D 【详解】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则，解得， 由题意知当球为圆锥的外接球时，体积最小，设外接球的半径为R，则，解得，所以外接球的体积为. 故选：D. 7．B 【详解】设的半焦距为，，，. 如图所示，以为圆心，为半径作圆. 因为，所以， 则对于在圆且在轴上方的任意一点，均有， 又因为，所以点在圆上，而点在直线上， 则只需直线与圆存在交点， 而点到直线的距离，解得， 则的离心率， 又因为，所以的离心率的取值范围是. 故选：B. 8．A 【详解】由有，令，则， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，故， 即，故 ，当时，符合题意，即. 又由有， 设数列的前项和为，. 故选：A. 9．AC 【详解】依题意，， 将代入中，解得，故A正确； 可以估计每增加1个月份，月利润提高2.4万元，故B错误； 将代入中，得到，故C正确； 将代入中，得到，则所求残差为，故D错误. 故选：AC. 10．ACD 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项二项式系数,第四项的二项式系数,第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，展开式的通项为， 令，∴，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的通项为，当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D正确. 故选：ACD. 11．ACD 【详解】，由得：，即， 令，而，则，即有，， 当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减， 于是得在处取得极大值，A正确； 显然，即函数在上有1个零点，而时，恒成立， 即函数在无零点，因此，函数在定义域上只有1个零点，B不正确； ，，令，， 当时，，当时，，即函数在上递增，在上递减， 因此，当时，，所以，C正确； 因函数在上单调递增，而，则， 又，则，即，D正确. 故选：ACD 12．35 【详解】因为是等差数列的前项和，. 则，化简得， 消元求解得：. 所以. 所以. 故答案为：35. 13． 【详解】由动点到点距离的平方和为10，得， 则点的轨迹方程为，点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆， 可看作是点与点连线的斜率， 设直线，即，则圆心到直线的距离， 由直线与圆有公共点，得圆心到直线的距离，整理得，解得或， 所以的取值范围为． 故答案为： 14．2 【详解】令，则，令，则， 当时，恒成立，此时不符合恒成立； 当时，令，则，因为恒成立， 所以，所以， 令，则， 令，则，令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 故答案为：2 15．（1）证明见解析；（2） 【详解】 （1）因为底面为正方形，所以， 又因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）由题意以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 所以， 设平面、平面的法向量分别为， 则，， 令，解得， 故可取， 所以， 所以二面角的正弦值为. 16．（1）分布列见详解；；（2） 【详解】 （1）由题意可知：随机变量的可能取值为0，1，2，则有： ， 可得随机变量的分布列为 0 1 2 所以随机变量的期望. （2）记第一次从甲袋中随机摸出1个球，摸出的是1、2、3号球分别为事件， 第二次摸到的是3号球为事件B， 则， 所以. 17．（1）；（2）4 【详解】 （1）设等差数列的公差为，由成等比数列， 得，则，即， 则，所以. （2）由（1）知：，等比数列的公比，，， 数列是首项、公比都为的等比数列，则， 由，得，则，即，而数列单调递增， 又，，因此， 所以所求最大正整数为4. 18．（1）y2＝4x，（4，4）或（4，－4）；（2）证明见解析 【详解】 （1）由抛物线的定义，得4＋＝5，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，M的坐标为（4，4）或（4，－4）. （2）证明：由题意知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝ty＋1（t≠0），则Q（0，－）.将x＝ty＋1代入y2＝4x得y2－4ty－4＝0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4. 由＝λ，得λ＝1＋；由＝μ，得μ＝1＋. 所以λ＋μ＝2＋＋＝2＋＝2＋＝1， 故λ＋μ是定值1. 19．（1）答案见详解；（2）；（3）证明见详解 【详解】 （1）函数的定义域为， 因为，所以， 若时，在上单调递增； 若时，令，解得， 当单调递减； 当单调递增； 若时，令，解得， 当单调递增； 当单调递减； （2）不等式在上成立， 等价于在上成立， 即在上成立， 设函数， ， （i）若，当时， 单调递减， ，与题意矛盾，舍去； （ii）若， . 由零点存在定理可知，存在，使得， 当时，单调递减， ，与题意矛盾，舍去； （iii）若，当时， ， 故单调递增，； 综上所述，实数的取值范围为； （3）由（2）知，当时，在恒成立， 令（其中）， 所以①恒成立， 因为， 所以①可化为②， 因为②都成立，所以累加之后也成立，即. 又因为， 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $