河南省周口市名校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省周口市名校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试题（Word版附解析），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．不小于2的所有整数构成的集合可表示为（ ）
A．B．C．D．
2．用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有
A．24B．30C．40D．60
3．一盒中装有5张彩票，其中2 张有奖，3张无奖，现从此盒中不放回地抽取2次，每次抽取一张彩票．设第1次抽出的彩票有奖的事件为A，第2次抽出的彩票有奖的事件为B，则
A．B．C．D．
4．已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
6．某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（ ）
A．18B．24C．36D．60
7．已知随机变量服从两点分布，随机变量的分布列为
若，且与相互独立，则（ ）
A．0.25B．0.4C．0.65D．0.9
8．函数的最小值为（ ）
A．B．C．1D．0
二、多选题
9．有一幅散点图如图所示，从5个数据点中去掉，则下列说法中正确的是（ ）
A．残差平方和变大
B．相关系数r变大
C．决定系数变大
D．解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强
10．已知，则下列描述正确的是（ ）
A．
B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为
C．被7整除所得的余数是4
D．
11．已知，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．设随机变量服从两点分布，若，则______.
13．若直线既是曲线在处的切线，也是曲线的切线，则实数_________．
14．已知定义在上的可导函数满足，，则不等式的解集为________．
四、解答题
15．已知函数.
(1)求的值；
(2)求的定义域；
(3)若在区间[0,m]上有零点，求的最小值.
16．如图，在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，轴截面为四边形，在下底上，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．如图，在直三棱柱中，，且．
(1)证明：平面.
(2)在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由.
(3)求平面与平面夹角的正切值.
18．某中学的体育馆同时具有羽毛球、乒乓球和篮球场馆，甲同学每天都会去体育馆锻炼，若甲当天选择羽毛球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择乒乓球，则后一天选择羽毛球的概率为，选择乒乓球的概率为；若甲当天选择篮球，则后一天等可能地选择其中一个项目.已知甲第一天等可能地选择一个场馆进行相应的体育锻炼.请完成下列计算：
(1)求甲第2天选择羽毛球的概率；
(2)求在甲第2天选择羽毛球的条件下，甲第1天选择篮球的概率；
(3)记甲第天选择羽毛球的概率为，请写出与的关系.
19．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数存在两个不同的零点，，且.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：.
1
2
3
0.2
0.6
0.2
参考答案
1．D
解析：不小于2的所有整数构成的集合可表示为.
2．A
解析：试题分析：按偶数字在个位分类：个位只能是2或者4，十位在余下4个中选择，百位在余下3个中选择．所以答案是2×4×3=24，故选A．
3．D
解析：由题意，第1次抽出的彩票有奖，剩下4张彩票，其中1张有奖，3张无奖，
所以．
故选：D．
4．B
解析：因为，则，
由题意可知，对任意的，恒成立，即，
因为函数在上单调递减，故，所以.
5．D
解析：由的图象可知：当和时，，
故在，上单调递增，
当和时，，
故在，上单调递减，
所以，选项D正确.
6．C
解析：因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列，
又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种，
其中的每一种排法，C、D节目的排列有，
所以节目安排的方法总数为（种）.
故选：C
7．C
解析：解法1：令，则的可能取值为.
，，
，，
所以，
.
解法2：由随机变量服从两点分布，得，
又由
可得，
因为与相互独立，所以.
8．D
解析：.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则.
令，，则，
因为在上单调递增，
所以当时，取得最小值，且最小值为0.
故的最小值为0.
9．BCD
解析：由散点图分析可知，偏离直线，
去掉后，解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强，
相关系数r变大，决定系数变大，残差平方和变小.
故选：BCD.
10．ABC
解析：对于A，令，
得，
令，得，
故，A正确；
对于B，所有含的奇数次项的二项式系数和，
与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，都为，故B正确；
对于C，，
故只需考虑被7整除得余数，
因为，
被7整除的余数为4，故C正确；
对于D，，
两边求导得，
再令，得，故D错误.
11．BCD
解析：对于B，，B正确；
对于A，，A错误；
对于C，求导得，
因此，C正确；
对于D，依题意，，
又
，
因此
，D正确.
12．0.38
解析：随机变量服从两点分布，由，
及，解得.
13．2
解析：由求导得，则曲线在处的切线方程为，即，
设曲线的切线的切点为，由求导得，
依题意可得，解得.
14．
解析：构造函数，其中，
则
，
构造函数，其中，则，
由可得，由可得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，
故函数在上为减函数，
又因为，由可得，故.
因此，原不等式的解集为.
15．(1)-1
(2)
(3).
解析：（1）.
（2）由，得，
则，
则，
解得，
则的定义域为.
（3）（方法一）令，得，即，
因为，所以，故的最小值为.
（方法二）令，得，
因为，所以，
所以，即.
故的最小值为.
16．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，所以，
因为为的中点，所以，
易知平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，故平面.
（2）因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)证明见解析
(2)，理由见解析
(3).
解析：（1）证明：因为，即得，所以，
又因为，所以，
因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：如图所示，延长交延长线于点，连接交于点，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，所以为平面与的交点.
（3）解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，可得.
设平面的法向量为，则，
令，可得 ，所以，
又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
可得，则，
故平面与平面夹角的正切值为.
18．(1)；
(2)；
(3).
解析：（1）设事件分别表示第一天选择羽毛球、乒乓球、篮球，第二天选择羽毛球的事件为，
则且两两互斥，
依题意，，，
且，
由全概率公式得.
（2）由贝叶斯公式，得所求概率为.
（3）设甲第天选择羽毛球的概率为，甲第天选择乒乓球的概率为，
由无论前一天选择什么，后一天选乒乓球的概率均为，得对所有均成立，
从而选择篮球的概率为，
当时，由全概率公式，得的递推关系为，
而，，化简得，.
19．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
解析：（1）解：当时，，，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）（ⅰ）解：由题知的定义域为，
.
令，得；令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，当时，，
所以函数存在两个不同的零点，只需，即，
所以的取值范围为.
（ⅱ）证明：找两个点，，使得，成立，
又，且，于是考虑找点，，
证明，即可.
①要证，即证，即，即证，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以在处取得最小值，所以，即.
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以在处取得最大值，所以，即.
又，所以，即，
又，所以.
②，
设，则，
易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即.
因为，即，所以，且，
因此，
因为，所以，
所以，即证得.