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2025-2026学年（下）高二中期质量评估数学试题
一、单选题
1．已知函数，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．已知，则等于（ ）
A．1 B．4 C．1 或 3 D．3 或4
3．记为数列的前项和，已知，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知随机变量取所有值、、、是等可能的，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是公差为的等差数列
B．数列是公差为2的等差数列
C．数列是公比为的等比数列
D．数列是公比为2的等比数列
7．已知函数的图象在点处的切线也是函数的图象的切线，则实数（ ）
A． B．1 C． D．
8．已知不经过点的直线：与双曲线：交于，两点，若的角平分线与轴垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则事件相互独立与事件互斥不能同时成立
B．数据2，3，4，5，6的第60百分位数是4
C．在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，若某运动员罚球命中的概率是0.7，则他罚球1次的得分均值为0.7
D．若随机变量X的数学期望，则.
10．已知m，n为正整数，且，则下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．某智能系统在进行数据分类时，其准确性受前一次分类结果的影响．记表示事件“第n次分类正确”，表示第n次分类正确的概率．已知，且满足以下条件：若第n次分类正确，则第次分类正确的概率为；若第n次分类错误，则第次分类正确的概率为．记，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若第n次分类正确，则第次分类正确的概率为
C．数列是等比数列
D．数列的前n项和为
三、填空题
12．已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.
13．某居委会派小王、小李等6人到甲、乙两个路口做引导员，每人只去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若小王和小李不能去同一路口，则不同的安排方案种数为__________.
14．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，______．
四、解答题
15．已知的展开式的第2项与第3项的二项式系数之比是.
(1)求的值；
(2)求展开式的常数项；
(3)求展开式中系数绝对值最大的项.
16．甲、乙两人参加某职业资格考试的面试，面试官准备了5个题目，每位面试者从中随机抽取2个回答，2个全回答正确，则面试合格．甲这5题中有3题会2题不会，乙有4题会1题不会．
(1)求甲、乙面试都合格的概率；
(2)记在这次面试中甲、乙答对题目的个数之和为X，求X的分布列．
17．已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，函数有两个零点，求a的取值范围.
18．如图，矩形中，点，，分别在，，上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.

(1)证明：平面.
(2)若存在点，使得点到，，，的距离相等.
（ⅰ）求点到平面的距离；
（ⅱ）若点满足，当取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值.
19．已知函数，其中.
(1)当时，判断函数在区间上的单调性，并说明理由；
(2)若函数在定义域内存在极值点，求实数的取值范围；
(3)若有两个不同的零点，，证明：.
参考答案
1．C
【详解】，∴，∴，
∴．
2．C
【详解】因为，所以或，
解得或，经检验符合题意.
故选：C
3．D
【详解】当时，，
当时，，不满足上式，所以
4．C
【详解】由题意，得.
所以对应，共个取值，
则，即，解得.
5．D
【详解】由题意得，函数的定义域为，，
所以当或时，当或时，
所以在和上单调递增，在和上单调递减，故排除A、C；
当时，，所以，故排除B.
故选：D.
6．C
【详解】∵，
∴，
既不是等比数列也不是等差数列；
∴，
∴数列是公比为的等比数列．
故选：C
7．D
【详解】解：由题知，，，∴，
∴曲线在处的切线方程为，即．
∵，∴，
设直线与曲线的切点为，
则，得，∴，
又，∴．
8．A
【详解】设，，由
整理得，
则，且，
，.
因为的角平分线与轴始终垂直，所以，恒有，
即，所以，
则，
整理得，
则，
所以，
又，所以，
因此双曲线的离心率为.
9．AC
【详解】对于A，若相互独立，则不互斥，若互斥，则不相互独立，故A正确；
对于B，数据2，3，4，5，6共5个数，第60百分位数是第3个数和第4个数的平均数，是，故B错误；
对于C，在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，依据两点分布可得，故C正确；
对于D，由得，D错误.
10．CD
【详解】，故A错误；，，则，故B错误；，故C正确；，故D正确.
故选：CD.
11．ABD
【详解】由已知得第次分类正确的概率为
对于A，，A正确；
对于B，
，B正确；
对于C，由，得，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
则不是等比数列，C错误；
对于D，由C项知，，，
所以数列的前n项和为，D正确．
12．
【详解】，又，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即
13．28
【详解】若小王在甲路口，小李在乙路口，则剩余4个人分到两个路口.
①两个路口为人分配，共有种安排方案.
②两个路口为人分配，共有种安排方案，此时共有种安排方案.
同理若小王在乙路口，小李在甲路口，也共有种安排方案.
所以共有种不同的安排方案.
14．2025
【详解】解：因为，所以，，
令，得，又，
所以的对称中心是，所以，
所以．
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）依题意可得第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为，
所以，即，则，或（舍去）；
（2）展开式的通项为（，），
令，解得，所以，所以常数项为第5项60.
（3）系数的绝对值为
，则
所以，即，，所以，
因此，系数绝对值最大的项是.
16．(1)
(2)分布列见解析
【详解】（1）设事件A：甲面试合格，事件B：乙面试合格，事件C：甲、乙面试都合格，
由题知，A，B相互独立，，
∵，，
∴，
∴甲、乙面试都合格的概率为．
（2）由题知，随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，
，，
，，
∴X的分布列为
X 1 2 3 4
P
17．(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）函数的定义域为，
易知，
令，解得.
当时，.
的单调递增区间为和，的单调递减区间为；
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，，
的单调递增区间为和，的单调递减区间为
（2）.
当时，，则在上单调递增，
，即，函数在上没有零点.
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
因此要使得在上有两个零点，只需，
，解得.
综上，a的取值范围为.
18．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）证明：在矩形中，因为∥，，
所以四边形为正方形，
则，，即，又，
所以平面，则是平面的一个法向量，
同理证得平面，又平面，
所以，即，
又平面，所以∥平面.
（2）连接，，由（1）知，∥，且平面，
所以平面，则，
因为平面平面，且，平面平面，
所以平面，又平面，则，
在，中，当为的中点时，点到，，，的距离相等.

（ⅰ）由上知，，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
，.
设平面的法向量为，
，令，则
所以点到平面的距离为.
（ⅱ）由可知，点在以为球心，以为半径的球的球面上，
当，，共线，且位于线段上时，取得最小值.
由坐标系可知，，
，所以，
则，又，
设平面的法向量为，
，令，则，
由（1）知是平面的一个法向量，记为，
于是，故平面与平面夹角的余弦值为.
19．(1)在上单调递增，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意知，当时，函数的定义域为，
求导得.当时，，且，因此恒成立，
所以在上单调递增.
（2）由题意知，函数的定义域为，求导得，
函数在定义域内存在极值点，则其导函数定义域内存在变号零点，
即，所以，
设，则，
当时，，且，所以，即在上单调递增，
又，当时，，因此当时，方程有唯一解，
即存在唯一的极值点；当时，方程无解，无极值点，
故实数a的取值范围为.
（3）设，则，
则
即
两式相乘得：
要证，即证：
由题意，函数有两个不同零点，
①若，则，求导得，
当时，，在上单调递增；
又，故恒成立，无零点，与题设矛盾，
②若，令，
则
当时，， ，故恒成立，
在上严格单调递增，至多有一个零点，与题设矛盾，
综上，函数有两个不同零点时，必有，且，.
现证，假设：
若，则，代入得，矛盾，
首先证明不等式，，设，
则，则在上单调递增，
则，则在上恒成立，
若，则，由，
及不等式 可得：
即 .因为，所以，与矛盾，
故，同理可得.
因为，，所以 ，，结合，
有：
两式相乘得：
即，原不等式得证.

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