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广西南宁市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．抛物线的准线方程为（ ）
A． B． C． D．
2．曲线在处的切线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
3．在三棱柱中，是的中点，，则用向量，，表示向量应为（ ）
A．
B．
C．
D．
4．在等差数列中，已知，，，则的前项和为（ ）
A．22 B．24 C．25 D．26
5．安排名志愿者完成项工作，每人至少安排项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
6．当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术.在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率.假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件是“AI模型筛选出候选分子”，事件是“AI模型筛选出候选分子”.已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ）
A．是等比数列，且公比为
B．是等比数列，且公比为
C．是等差数列，且公差为2
D．是等差数列，且公差为4
8．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知随机变量的分布列为
0 1 2
则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，，则下列结论正确的有（ ）
A．函数的单调递减区间为，单调递增区间为
B．函数的极小值点是
C．当时，与直线有2个公共点
D．当时，与的图象有2个公共点
11．在棱长为4的正方体中，点是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．若平面，则线段的最小值为
C．若与所成的角为，则点的轨迹长度为
D．若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
三、填空题
12．的展开式中的系数为______（用数字作答）.
13．若是函数的一个极值点，则_____.
14．已知为双曲线：的右焦点，为坐标原点，点是右支上的一点，且.若点关于点的对称点也在双曲线上，则双曲线的渐近线的斜率为______.
四、解答题
15．已知数列满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
16．某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、.
(1)求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率；
(2)若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率.
17．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，且，.
(1)求证：平面；
(2)若，，点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，过点作轴，交椭圆于另一点（异于点，）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：直线过定点，并求点的坐标；
(3)求面积的取值范围.
19．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)设是的两个极值点，求证：；
(3)设，求证：.
参考答案
1．D
【详解】抛物线的标准方程为，所以抛物线的焦点在轴正半轴， ，则准线方程为.
故选：D
2．B
【详解】因为，所以，所以，
所以曲线在处的切线的斜率为，所以其倾斜角为.
3．C
【详解】在三棱柱中，由，得，由点是的中点，得，
所以
.
4．D
【详解】设的公差为，则，解得，
又，所以，
所以，解得，
所以的前项和为.
5．A
【详解】先把项工作分成份有两种方式，即、、与、、.
若是、、，则有种不同的分派方法，
若是、、，则有种不同的分派方法.
所以共有种分派方法.
6．D
【详解】因为，所以，
又，所以，
由全概率公式得，
故.
7．C
【详解】因为与相外切，所以，
即，
所以，
因为每个点均在函数的图像上，可得，
所以，即，所以，
所以数列是等差数列，且公差为，
所以，则，
此时数列不是等比数列.
故选：C.
8．D
【详解】由，则，
即对于恒成立，
而函数和在上均为增函数，
则函数和在上有共同的零点，
即，则，即，
设，则，
令，得或，令，得，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
又时，，时，，且，
则，即的取值范围是.
故选：D
9．ABD
【详解】对于A，由得，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
10．ACD
【详解】对于A，，
当时，，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，故A正确；
对于B，由A可知的极小值点为，极小值为，故B错误；
对于C，当时，，当时，，
当时，，当时，，当时，，
结合函数的单调性画出函数的大致图象，
由图象可得当时，，函数的图象与直线有且仅有两个交点，故C正确；
对于D，令，当时，等式不成立，故不是方程的根，
当时，方程可化为，
令，则有，
所以单调递增区间为和，图象如右图所示，
所以当时，函数的图象与直线有且仅有两个交点，
故当时，与的图象有2个公共点，故D正确.
11．ABD
【详解】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系.
因为正方体棱长为4，则，，，，；
又因为点在侧面（含边界）上，设.
选项A：因为，，若，
则，即，化简得.
在，范围内，
当，（即与重合）时满足，故存在点，故A正确；
选项B：作出过与平面平行的平面，
则点的轨迹为平面与侧面的交线，即线段，
因为为边长为的等边三角形，所以线段的最小值即为等边三角形的高，
即，故B正确；
选项C：因为，所以与所成的角等于与所成的角，
即.
在中，，，所以，
则点的轨迹为以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，
所以点的轨迹长度为，故C错误；
选项D：因为，，
故可设球面与的交点为，球面与的交点为，
可得交线为以为圆心的的弧长.
由题知平面，则为直角三角形，
所以，则；
同理可得，所以，所以，
所以弧.故D正确.
12．
【详解】通项公式为，
令，解得，
所以展开式中的系数为.
13．
【详解】，
因为是函数的极值点，
所以，即，
故，所以，.
故答案为：
14．或/或
【详解】设点关于点的对称点为，双曲线的左焦点为，易得，
因为，所以，如图，令，
则，又，
在中，，即，
化简得（*）；
在中，，即，
化简得，将其代入（*），化简得，即，
所以双曲线的渐近线的斜率为.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由，，得，.
因为，所以数列是以2为首项、2为公比的等比数列，
所以，即，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知代入得，则
①，
②，
①-②得：
，
化简得，
故数列的前项和.
16．(1)
(2)
【详解】（1）设事件表示“抽到隐藏款”，表示“抽到稀有款”，表示“抽到普通款”，
事件表示“消费者给出好评”，事件表示“消费者未给出好评”.
根据题意，，两两互斥，且.
由题意得，，，，，.
由全概率公式，得，
所以消费者给出好评的概率为.
（2）由（1）知，因此.
根据题意，得.
因为，，两两互斥，且，
由贝叶斯公式，得，
所以，若消费者未给出好评，其抽到普通款的概率为.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为为菱形，，
所以为中点，也为中点.
在中，，所以，
在中，，所以，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）得平面，又因为平面，
所以，，
又，所以如图以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知，，，
所以在中，，即，所以，
所以，
在中，，即，所以，
则，，，，，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以，，，
，
设平面的一个法向量为，则，
即，取，则，，则，
设平面的法向量为，则，
即，取，则，，则，
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【详解】（1）由题意得，，则，，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）
法一：由题意可得直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，则，
联立得，
，，
，则直线：
所以直线恒过定点.
法二：设，，则.
由，，三点共线，得，即，
把点平移到原点，得椭圆方程，
化简，得①，设平移后的直线：②，
由①②，得，
整理，得
所以，得，
故：经过定点，平移回去得定点为，所以直线恒过定点.
（3）由题意知，，
，令，，，
化简得，，
令，当，，因此，在上单调递增，
所以，所以面积的取值范围为.
19．(1)单调递减区间为，单调递增区间
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）①当时，，其定义域为，
又，
所以当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间.
（2）函数 的定义域为，
又，
因为，是的两个极值点，所以，，
即，令，，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
不妨假设，
要证，只需证，因为，所以，
因为在上单调递增，
所以只需证，又因为，所以只需证，
令，，
则，
因为，所以，
则，所以，
所以在上单调递减，，
所以，即.
（3）利用第(1)问中的时的函数可得，所以有，
令对每个 ，令，则 ，则 ，
所以 ，则，
所以，得证.

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