四川泸州市泸县普通高中共同体2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题
1．已知抛物线，则其焦点坐标为（ ）．
A．B．C．D．
2．已知等比数列的公比为3，若，则为（ ）
A．3B．9C．27D．81
3．已知函数，则这个函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．圆被轴截得的弦长为（ ）
A．2B．4C．D．5
5．二项式的展开式的第四项为（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
7．某校200名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．频率分布直方图中的值为0.004
B．估计这20名学生考试成绩的下四分位数为75分
C．估计某校成绩落在内的学生人数为50人
D．估计这20名学生考试成绩的众数为75分
8．函数的图象有公共点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（ ）
A．A与B是相互独立事件B．A与B是互斥事件
C．与C是对立事件D．
10．已知函数，则（ ）
A．B．
C．在上单调递增D．不等式的解集为
11．在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．
B．
C．点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为
D．点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为
三、填空题
12．现有5名学生站成一排，若学生甲不站两端，则不同站法共有__________种（用数字作答）.
13．已知函数在区间上单调递增，则a的取值范围为_______．
14．已知双曲线E：的右焦点为F，过原点O的直线交E于P，Q两点，且. 若直线的斜率为，则双曲线E的离心率为______.
四、解答题
15．已知等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．如图，在三棱锥中，平面，，，E为的中点．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．记为数列的前项和，已知.
(1)求，；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)设，求数列的前项和.
18．已知椭圆的左、右顶点分别为，，是E的右焦点，且．
(1)求E的方程．
(2)过点，且斜率不为0的直线l与E交于M，N两点．
（ⅰ）若l的斜率为1，P是直线上的一点，且的面积为，求点P的坐标．
（ⅱ）设直线与交于点Q，试判断Q是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
19．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有极值，且的最大值大于，求的取值范围；
(3)若恒成立，求的取值范围．
参考答案
1．B
【详解】将抛物线化为标准式得，所以，
所以其焦点坐标为，B正确.
2．B
【详解】等比数列的公比为3，因为，所以，
即，又，则，解得，
故选项B正确.
3．D
【详解】因为，故点为函数图象上的切点，
因为，所以，
又因为，切线斜率为 在 处的值，
所以，
所以，，
所以，
即 .
4．A
【详解】由圆方程得，圆心为，半径为，
圆心到轴的距离为：，
所以弦长为：，
故选：A.
5．A
【详解】二项式的通项为，
则．
故选：A.
6．B
【详解】向量，，有，，
则向量在向量上的投影向量的坐标为.
7．D
【详解】对于选项A，由频率分布直方图，得：，解得，故A错误；
对于选项B，前两个矩形的面积和为，所以估计这20名学生数学考试成绩的下四分位数为70，故B错误；
对于选项C，总体中估计成绩落在内的学生人数为，故C错误.
对于选项D，估计这20名学生数学考试成绩的众数为最高矩形中点横坐标75，故D正确.
故选：D
8．C
【分析】法一：函数图象有公共点得出方程有实根，再应用导函数得出单调性及最小值进而得出参数；法二：先设变量构造新函数，再应用导数得出最小值结合有解求参.
【详解】法一：函数，与图象有公共点，即关于x的方程有实根，
令，则，
令得，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以；
为使关于x的方程有实根，只需，所以，
故选:C．
法二：由于，故令，即有解，等价于有解，
令，，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
故.
故选：C．
9．AD
【详解】选项A：由已知得，因为，，
所以，即与互不影响，A正确.
选项B：事件与事件能同时发生，故与不是互斥事件，B错误.
选项C：，
，
故事件与不是对立事件，C错误.
选项D：因为事件，事件，
则不可能同时发生，故与互斥，所以，D正确.
故选：AD.
10．ACD
【详解】已知函数，则，
所以，
，
当且仅当时，即当时等号成立，所以函数在上为增函数；
由，得.
因为函数在上为增函数，由可得.
故不等式的解集为，ACD都对，B错.
11．BCD
【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
正方体棱长为，各点坐标为，，，，，
，，，，.
选项A：，.两向量坐标不成比例，故与不平行，A错误.
选项B：，. ，
故，B正确.
选项C：取中点，中点，连接.，
，，，，.
可得，，.
平面，平面，且，
所以平面平面.点在正方形内且平面，
故点轨迹为线段，则，C正确.
选项D：，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，得，即.
设，.
由平面得，即，解得，即.
四面体的顶点为，，，，
该四面体的外接球等价于以为邻边的长方体的外接球，
长方体的长宽高分别为，外接球直径，
外接球半径，表面积，D正确.
12．72
【详解】根据题意，可分两步完成：第一步，先在中间三个位置上安排学生甲，有3种方法；
第二步，在留下的四个位置上安排另外4名学生，有种方法.
由分步乘法计数原理，不同站法数为种.
故答案为：72.
13．
【详解】函数在区间上单调递增，
在上恒成立，即对任意成立，
令，则在上，
在区间上单调递减，上确界为，
不在区间内，
需满足不小于的上确界，即．
14．/
【详解】设在轴上方，由双曲线的对称性可知，又因为即为直角三角形，所以，
又根据直线的斜率为得到，所以为正三角形，有，
连接与左焦点，由可得为直角三角形且，
由双曲线定义可知，，
所以双曲线的离心率为.
15．(1)；
(2).
【详解】（1）若等差数列的公差为，结合题设有，
所以，可得，
故.
（2）由（1）得，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，、平面，
所以平面，又因为平面，所以；
（2）法一：如图，过作于，连接，
由（1）知，又因为，、平面，
所以平面，所以就是平面与平面的夹角，
因为平面，平面，所以，
因为，
则，
，则，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
法二：以为原点建立如图所示的坐标系，
则，，，，
由轴平面，则平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由题意，可得平面的一个法向量为，
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
17．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得
（2）证明：当时，；
当时，，
两式相减得：，所以
所以
又因为，
所以，所以是首项为4，公比为4的等比数列.
（3）由（2）知：
所以，
所以①，
故②，
两式相减得，，
故.
18．(1)
(2)（ⅰ）或（ⅱ）是，
【详解】（1）由，可得，
又，，
所以，
则E的方程为．
（2）设l的方程为，，，
由得，
则，．
（ⅰ）因为l的斜率为1，所以．
设，则点P到l的距离．
因为的面积为，所以，
解得或，则点P的坐标为或．
（ⅱ）Q在一条定直线上，且该直线的方程为．
由题可知，，则的方程为，的方程为，
两式相除得．
若l的斜率存在，则由，，可得，则，
则，
即，解得．
若l的斜率不存在，根据对称性，可得，，
直线与的方程分别为和，可得交点．
故Q在一条定直线上，且该直线的方程为．
19．(1)答案见解析
(2)
(3)
【详解】（1）函数的定义域为，又，
当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上可得，当时在上单调递增；
当时在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为有极值，由（1）知，，且在处取得极大值，即最大值，
故，即为，
令，则，所以在上单调递增，
且，所以当时，即，故的取值范围为；
（3）由恒成立，，得恒成立，
令，，所以，
令，，则，所以在上单调递增，
又在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
又，
故存在唯一的使得，当时，，当时，，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，
由，则，所以，
设，，
所以在上单调递增，，即，所以，，
故，
所以，即，