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2025-2026学年高二下学期期中校内检测数学试卷
一、单选题
1．在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．在等差数列中，，则的公差为（ ）
A． B． C．1 D．2
3．已知是定义在上的可导函数，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知抛物线的焦点为，点在上，，则点到直线的距离为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（ ）
A．18 B．24 C．30 D．42
6．已知随机事件互相独立，满足，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在双曲线的右支上，且成等差数列，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．3
8．甲 乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ）
A． B． C． D．或
二、多选题
9．以下能够判定空间中四点共面的条件是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知圆，圆，则（ ）
A．的半径为4
B．若相切，则
C．当时，相交弦所在直线的方程为
D．当时，相交弦的长度为
11．某单位安排甲、乙、丙3人在5月1日到5月5日这5天假期中值班，要求每天只有1人值班，每个人至少值1天班，则（ ）
A．一共有种安排方法
B．若每个人最多值2天班，一共有种安排方法
C．若甲值2天班并且连续值2天，一共有种安排方法
D．若甲、乙均值2天班，丙值1天班，但甲、乙均不连续值班，则有种安排方法
三、填空题
12．已知二项式，则展开式中的系数为_____．
13．等比数列的各项均为正数，且，则___________．
14．已知函数的导函数为，若对任意的，都有成立，且，则不等式的解集为_____．
四、解答题
15．已知数列是等差数列，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：．
16．（1）某公司年会安排了5个表演节目：街舞，歌曲串烧，小品，古筝演奏，脱口秀，5个节目排定5个时段依次表演，已知古筝演奏不能安排在第一个和最后一个表演时段，则共有多少种方案？
（2）已知二项式的展开式中前3项的二项式系数之和为56，记，求的值．
17．为迎接年美国数学竞赛，选手们正在刻苦磨练，积极备战，假设模拟考试成绩从低到高分为、、三个等级，某选手一次模拟考试所得成绩等级的分布列如下：
现进行两次模拟考试，且两次互不影响，该选手两次模拟考试中成绩的最高等级记为．
(1)求此选手两次成绩的等级不相同的概率；
(2)求的分布列和数学期望．
18．已知椭圆的右焦点为，离心率为，圆，过的直线与交于，两点，当直线垂直于轴时，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，设在圆上，且也在上，判断是否存在点满足，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由；
(3)当时，直线交圆于，两点，求的最大值．
19．已知函数．
(1)证明：；
(2)若直线与函数图象有两个不同交点，，且．
（i）若，求实数的取值范围；
（ii）证明：．
参考答案
1．B
【详解】在空间直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为，
故点关于原点对称的点的坐标为.
故选：B
2．D
【详解】设等差数列的公差为，又因为，
所以，
所以，即，
故选：D.
3．A
【详解】因为，即，
，则．
4．C
【详解】抛物线，其准线方程为：，因为，且点在上，
由抛物线定义可知，点到直线的距离为3，
因为与平行，且距离为2，所以点到直线的距离为5.
故选：C
5．A
【详解】若用3种不同的颜色灯带，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为；
若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为；
则不同的信号总数为.
故选：A．
6．B
【详解】事件互相独立，，
则（*），
又因，
代入（*），可得，解得；
.
7．B
【详解】因为，因为点在双曲线的右支上，
所以，
因为成等差数列，
设公差为，则，所以，
所以，即成等差数列，且公差，
所以，即，
所以双曲线的离心率（或者：因为成等差数列，所以，即，即，所以双曲线的离心率）.
故选：B.
8．D
【详解】随机变量可能的取值为2，3．
，
，
故的分布列为：
2 3
故，
由，解得或．
故选：D．
9．ABD
【详解】对于A，因为，所以共面，又因为有公共点，所以四点共面；
对于B，因为，所以四点共面；
对于C，因为，所以，即直线和可能异面，四点不一定共面；
对于D，因为，所以，所以四点共面．
故选：ABD．
10．AC
【详解】对于A，整理为，
所以的半径为4，A选项正确；
对于B，由A的判断可得，而，故且的半径为1，
若相切，则或，故或，
解得或，B选项错误；
对于C，当时，将两圆方程相减可得即，
故相交弦所在直线方程为，故C选项正确；
对于D，由C可得相交弦方程为,
故到直线的距离为，
所以相交弦的长度为，D选项错误，
故选：AC．
11．BD
【详解】对A，将5月1日~5月5日这5天分成三组，然后再将一个组分给1个人：
（1）分成3，1，1时，则有种安排方法；
（2）分成2，2，1时，则有种方法，
共有种安排方法，故A错误；
对B，若每个人最多值2天班，将5天分成2，2，1三组，然后再将1个组分给1个人，
则有种安排方法，故B正确；
对C，因为甲连续值2天班，先安排甲，共有4种方法；
然后将剩下的3天分成2组，即分成2，1，
然后再将这两个组分给乙、丙两人，一组分给1个人，则有种安排方法，
由分步乘法计数原理得，共有种方法，故C错误；
对D，由树形图：
共有种方法，故D正确．
12．
【详解】展开式的通项，其中，
令，得，
的系数为．
13．15
解：由已知得数列是各项均为正数的等比数列，
则，
所以．
故答案为：15.
14．
【详解】因为，所以，即，
设，求导可得在上恒成立，所以函数在上单调递增，
因为，所以，
不等式，因为，所以化简可得，
，，
即可转化为，
因为在上单调递增，所以，解得，
即不等式的解集为．
15．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，已知，
，
．
（2）已知，则是首项，公比的等比数列，
，
，
令，
，
当时，，，
，函数单调递减，
，
，命题得证．
16．（1）72（2）
【详解】（1）先安排第一个时段，则有4种选择，
再安排最后一个时段，则有3种选择，
最后对于中间三个时段，剩余3个节目全排列，有种，
故共有方案种；
（2）展开式前3项的二项式系数分别为，
则，整理可得，
解得：（舍）或，
令，故，
故
17．(1)
(2)分布列见解析，
（1）解：此选手连续两次成绩的等级相同的概率为，
此选手两次成绩的等级不相同的概率为.
（2）解：由题意可知，的所有可能取值为、、，
，
，
．
的分布列为
则数学期望．
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）依题意，，所以，
当时，可得，解得，
所以，解得，
所以C的标准方程为．
（2）
易知，设，显然当直线AB斜率为0时，不符合题意．
当直线AB斜率不存在时，，满足题意，此时直线方程为；
当直线AB斜率存在时，设A、B两点的坐标分别为，则，
则，两式相减可得，
即，易知，
所以，因为，
即，解得或，均不符题意．
综上所述，存在点D满足，此时直线AB的方程为．
（3）
①当直线AB的斜率为0时，，，所以．
②当直线AB的斜率不为0时，设直线，
联立直线l与C的方程，得，
∴，
由韦达定理得， ，
则，
圆心到直线AB的距离，
则，
因此，，
令，则，
设，则，
所以当时，取得极大值，也是最大值，
所以，
因为，所以的最大值为．
19．(1)证明见解析
(2)（i）（ii）证明见解析
【详解】（1）（1）因为，定义域为，
令，得，当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，函数取得最大值，且最大值为，故；
（2）（i）因为，且当时，；当时，，
再结合函数的单调性和，作出函数的大致图象如下图所示，
若直线与函数的图象有两个不同交点，则，
且，又因为，所以，
即
则有，即，所以，
则，
所以，所以，
又因为，所以实数的取值范围为：；
（ii）因为，即，则，
令，则有，解得，
因为，所以，
要证：，即证，因为，即证：，
令，则，
因为，所以，则函数在上单调递增，
又因为，所以，即在时成立，所以成立．

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