江苏省六校联考2025-2026学年高二下学期4月期中考试试卷 数学（含解析）

这是一份江苏省六校联考2025-2026学年高二下学期4月期中考试试卷 数学（含解析），共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．双曲线，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
2．某地区7月1日至7月10日白天的平均气温的折线图如图所示，则下列判断错误的是（ ）
A．从7月2日到7月5日白天的平均气温呈下降趋势
B．这10天白天的平均气温的极差大于6℃
C．这10天中白天的平均气温为26℃的频率最大
D．这10天中白天的平均气温大于26℃的有5天
3．若函数在区间上单调递增，则k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．记，若，则（ ）
A．1B．C．D．
5．若这五个数的平均数等于其中位数，则
A．0或5B．0或C．5或D．0或5或
6．将4个不加区分的红球和2个不加区分的黄球随机排一行，则2个黄球不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列的前n项和为，满足， ，若，则m的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
8．类比排列数，定义函数（其中），将右边展开并用符号表示的系数，得，以下说法正确的是：（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
9．下列各式正确的是（ ）
A．已知，则的取值为6或7
B．
C．将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有70种不同放法
D．的展开式中的系数为
10．下列说法正确的有（ ）
A．掷一枚质地均匀的骰子一次，事件 “出现奇数点”，事件“出现点或点”，则和相互独立
B．掷一枚质地均匀的骰子一次，事件 “出现奇数点”，事件“出现点或点”，则和互斥
C．甲，乙两名射击运动员进行射击比赛，假设两人的射击结果相互独立，甲的中靶率为，乙的中靶率为，则“至少一人中靶”的概率为
D．柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出只，那么“取出的鞋不成双”的概率是
11．（多选）已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于点，，点，在上的射影为，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．以为直径的圆与准线相切
C．若，则D．
三、填空题
12．现有7张卡片，分别写上数字1，2，3，4，5，6，7．从这7张卡片中随机抽取3张，所抽取卡片上数字的最小值为2的概率是_____________．
13．个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为________.
14．已知函数，则方程的根为________．若函数有三个零点，则实数a的取值范围是________．
四、解答题
15．口袋中装有8个白球和10个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球
(1)正好是白球､红球各一个的取法有多少种？
(2)至少有一个白球的取法有多少种？
(3)两球的颜色相同的取法有多少种？
注：结果均用数字作答．
16．某校从参加高一年级期末考试的学生中抽出40名学生，将其成绩分成六段[40，50），[50，60）…[90，100]后画出如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题：
（1）求第四小组的频率；
（2）估计这次考试的平均分和中位数（精确到0.01）；
（3）从成绩是40～50分及90～100分的学生中选两人，记他们的成绩分别为，求满足“”的概率．
17．已知两个数列与，满足，且
(1)求证：是等差数列.
(2)记，求数列的前项和
18．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆C上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过坐标原点的两条直线分别与椭圆C交于四点，且直线斜率之积为，求证：四边形的面积为定值.
19．已知函数，.
(1)求证：当，；
(2)若，恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．C
【详解】由双曲线，可得，
又由双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
2．D
【详解】选项A，从7月2日到7月5日白天的平均气温呈下降趋势，所以该选项正确；.
选项B，这10天白天的平均气温的极差大于6℃，所以该选项正确；
选项C，这10天中白天的平均气温为26℃的频率为0.3，比其他平均气温的频率都要大，所以该选项正确；
选项D，这10天中白天的平均气温大于26℃的只有4天，所以该选项错误.
故选：D.
3．D
【详解】，
函数在区间单调递增，
在区间上恒成立，
，
而在区间上单调递减，
，
的取值范围是：，
故选：D．
4．C
【详解】令，由，
得，
则，
.
5．D
【详解】易知这五个数的平均数为
当，其中位数为2，则，解得m=0；
当，其中位数为3，则，解得m=5；
当，其中位数为m，则，解得
故选D
6．C
【详解】将4个不加区分的红球和2个不加区分的黄球随机排一行，共有种，
其中2个黄球不相邻的有种，
所以所求事件的概率为.
故选：C
7．C
【详解】由已知可得，，，
，（n≥2），
1，即，
解之得，或 7.5，
故选C．
8．A
【详解】因为
，
，
，令，
，
当时，系数为；
当时，系数为；
当时，系数为，
对任意，有，
与选项A一致，故A正确．
9．ABD
【详解】对于A，因为，
所以或，
解得或,故A正确；
对于B，由组合数的性质可知：
，
所以，
所以
，故B正确；
对于C，利用隔板法可知，原问题即为将8个相同小球排成一列，在中间7个空隙中放入3个隔板即可，
所以共有种不同放法，故C错误；
对于D，因为的展开通项为：，
而的展开式中的系数由两部分组成：
第一部分是与的展开式中的系数的积，即；
第二部分是的系数-1与的展开式中的系数的积，即，
所以的展开式中的系数为，故D正确.
10．ACD
【详解】对于A，掷一枚质地均匀的骰子一次，则，，而=“出现3点”，
所以，则，故事件和相互独立，故A正确；
对于B，由选项A知，，即事件与事件能同时发生，故不互斥，故B错误，
对于C，由已知事件甲乙两人均未中靶的概率为，
所以事件“至少一人中靶”的概率为，故C正确，
对于D，先从三双中取出两双，再从取出的两双中每双各取一只，
所以“取出的鞋不成双”的概率为，故D正确.
11．ABD
【详解】对于A，由抛物线的定义，知，故A正确．
对于B，线段的中点为，抛物线的准线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，以为直径的圆与准线相切，B正确；
对于C，由抛物线的定义，可知，所以的最小值为．
又的坐标为，所以，故C错误．
对于D，连接，则由，
得，又轴，所以，
同理，
所以，
所以，所以，所以D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】从这7张卡片中随机抽取3张，总共，
已知所抽取卡片上数字的最小值为2，
必须抽到2，且不能抽到1，另外2张卡片必须从3，4，5，6，7中选取，
故抽取组合数为，
所抽取卡片上数字的最小值为2的概率是：．
13．
【详解】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，经过次传球后，所有可能的传球方法总数为.
这些方法可分为两类：一类是球在甲手中，有种方法，
另一类是球不在甲手中，有种方法，
第次传球后球要回到甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，然后由持球人传给了甲，
因此，，即，
由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以．
利用递推关系可以得到：．
这说明经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有种．
14． 或2； .
解：（1）当时，，所以，
令，得，并且当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，故当时，有唯一根，
当时，，令，解得（舍去）或2，
故当时，的根为2，
综上，根为或2；
（2）因为，
当时，由（1），则，
当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且仅当，且，
因为当时，则有或，
即或，

由图象得，要使函数有三个零点，且，
则或或
解得实数的取值范围是
故答案是：或2；.
15．(1)80
(2)108
(3)73
【详解】（1）取出1个白球，有8种取法；取出1个红球，有10种取法，
所以取出两个球正好是白球、红球各一个的取法有种．
（2）至少有一个白球分为白球、红球各一个和两个全是白球，
取出的两个球全是白球的取法有种，
所以至少有一个白球共有种取法．
（3）两球的颜色相同分为两球全是白球和两球全是红球，
取出的两个球全是红球的取法有种，
所以两球的颜色相同的取法有种．
16．（1）0.3（2）平均分71，中位数73.33（3）
【详解】（1）由频率分布直方图可知
所以第4小组的频率为：a=1﹣0.1﹣0.15﹣0.15﹣0.25﹣0.05=0.3．
（2）由频率分布直方图可得平均分为：
0.1×45+0.15×55+0.15×65+0.3×75+0.25×85+0.05×95=71
第一、二、三组的频率之和为0.1+0.15+0.15=0.4
所以中位数= 70+≈73.33
（3）由频率分布直方图可得，成绩是40～50分的有40×0.1=4人，记为1，2，3，4，90～100分的学生有40×0.05=2人，记为a,b.
记“|x﹣y| ≤10”为事件A，
基本事件有(1,2) (1,3) (1,4) (1,a) (1,b) (2,3) (2,4) (2,a) (2,b) (3,4) (3,a) (3,b) (4,a) (4,b) (a,b) 共计15个， 事件A中包含的基本事件数为(1,2) (1,3) (1,4) (2,3) (2,4) (3,4) (a,b)共7个.
所以 P(A)=.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由知.
则，
，
所以是以1为首项，1为公差的等差数列.
（2）由（1）知，
，
，
相减得：，
，
得.
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意
又∵点是椭圆上一点，∴，又
解得
因此，椭圆的方程为
（2）证明：当直线的斜率不存在时，由对称性不妨设 ，
则 ，又 ，解得 ，
根据椭圆的对称性，不妨取 ,则，
则 ,
所以 ;
当直线斜率存在时，设直线的方程为，设点
联立，得，
则
因为，得，即，
所以，，解得，
，
原点到直线的距离为，
因为
且
所以（定值），
综上述四边形的面积为定值．
19．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设，
则，所以在区间上单调递增，
所以，即，
设，，
则，
由时，，即，
所以，
设，则，
当时，，所以函数在区间上单调递增，
故在区间上，，即在区间上，，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，即，
所以得证.
（2）由在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
设，则在区间上恒成立，
而，
令，则，
由（1）知：在区间上，，
即，所以在区间上函数单调递增，
①当时，，
故在区间上函数，所以函数在区间上单调递增，
又，故，即函数在区间上恒成立；
②当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
又在区间上函数单调递增，
故在区间上函数，
所以在区间上函数单调递减，
由，所以在区间上，与题设矛盾.
综上，的取值范围为.