2025--2026学年福建厦门外国语学校高二下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年福建厦门外国语学校高二下册期中考试数学试题 [含答案]，共25页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 直线：和直线：互相平行，则的值为（ ）
A. B. 3C. 或3D. 或1
2. 函数的极值点为（ ）
A. 0B. 1C. 0或D.
3. 独立性检验中，若小于临界值，则下列结论正确的是（ ）
A. 两个变量一定相互独立B. 两个变量一定不独立
C. 没有充分证据表明两个变量有关D. 两个变量有关联的可能性为
4. 已知双曲线的渐近线与以为圆心，面积为的圆相切，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
5. 下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量服从二项分布，则；②已知随机变量服从正态分布且，则；③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；④；.
A. ①②③B. ②③④C. ②③D. ①③
6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知椭圆的两个焦点为，且.若在椭圆上，，三点不共线，且，则椭圆的长轴长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 设，，，则下列关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 甲、乙、丙等五名学生和一位老师六人站成一排照相，则（ ）
A. 老师不排在两端的概率为
B. 学生甲、乙、丙两两互不相邻的概率为
C. 学生甲、乙、丙连排在一起的概率为
D. 老师不排在两端，学生甲、乙、丙三人中有且仅有两人相邻的概率为
10. 若，则下列选项正确的是（ ）
A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
B.
C.
D. 当时，除以9的余数为1
11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为
B. 当离心率为时，的最大值为3
C. 存在点，使得
D. 当离心率不小于时，的最小值为
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 曲线在处的切线斜率为___________．
13. 一箱苹果共有12个苹果，其中有个是烂果，从这箱苹果中随机抽取3个．恰有2个烂果的概率为，则___．
14. 如图：在圆环上有8个定位点，两个质点分别从A，B两个定位点出发，在圆环上等可能地沿顺时针或逆时针的方向移动，它们运动规则相同，并且每次移动同时行动．规定：每个质点从所在的位置移动到相邻的定位点叫做1次移动．移动n次后，两质点位于同一定位点的概率为，则________．

四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 为研究某种图书每册的成本费元与印刷数册的关系，收集了一些数据并作了初步处理，得到了下面的散点图及一些统计量的值．
表中，．
（1）根据散点图判断：与哪一个更适宜作为每册成本费元与印刷数册的回归方程类型？只要求给出判断，不必说明理由
（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；
（3）若每册书定价为元，则至少应该印刷多少册才能使销售利润不低于元？假设能够全部售出
（附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，）
16. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程.
17. 甲､乙两队进行乒乓球双打比赛，规定每局比赛必须决出胜负，采用五局三胜制，即先赢得三局比赛的队伍获胜.已知每局比赛甲队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立.
（1）设，记比赛结束时的场数为，求的分布､期望和方差；
（2）已知甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为，求的值.
18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且
（1）求直线AB的斜率(用表示)；
（2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1.
①求证：直线l恒过定点Q；
②若向量，且，求的面积S的取值范围.
19. 已知函数，
（1）当时，讨论函数单调性；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值；
（3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围．
数学
满分为150/100分.考试用时120分钟.
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 直线：和直线：互相平行，则的值为（ ）
A. B. 3C. 或3D. 或1
答案：A
解析：
解答过程：因为直线：和直线：互相平行，
所以，解得.
2. 函数的极值点为（ ）
A. 0B. 1C. 0或D.
答案：D
解析：
解答过程. 令，解得或.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递增.
所以函数在处取得极小值，极值点为.
3. 独立性检验中，若小于临界值，则下列结论正确的是（ ）
A. 两个变量一定相互独立B. 两个变量一定不独立
C. 没有充分证据表明两个变量有关D. 两个变量有关联的可能性为
答案：C
解析：
思路：根据独立性检验的基本逻辑即可求解.
解答过程：对于A，小于临界值，并不意味着“一定相互独立”，只是无足够证据反对独立，故A错误；
对于B，小于临界值，并不意味着“一定不独立”，只是无足够证据反对独立，故B错误；
对于C，这是独立性检验的基本逻辑：当时，无充分证据支持变量相关，即不能认为有关联，故C正确；
对于D，对应的把握认为两个变量有关联，而实际上，故D错误.
4. 已知双曲线的渐近线与以为圆心，面积为的圆相切，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：由题意，根据双曲线的渐近线公式与直线与圆的位置关系，可列方程，可得答案.
解答过程：双曲线的渐近线方程为，
因为圆的圆心为，面积为，设圆的半径为，
则，故，
由渐近线与圆相切，则圆心到直线的距离，即，
所以双曲线的离心率为
5. 下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量服从二项分布，则；②已知随机变量服从正态分布且，则；③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；④；.
A. ①②③B. ②③④C. ②③D. ①③
答案：A
解析：
思路：根据二项分布概率公式，即可得出①；根据正态分布的对称性，即可得出②；根据已知求出，然后根据条件概率的概率公式，即可得出③；直接求解即可判断④.
解答过程：对于①，根据二项分布概率公式可得，，故①正确；
对于②，根据已知可得，，
所以.
根据正态分布的对称性可知，，故②正确；
对于③，由已知可得，，，
所以，，故③正确；
对于④，，，故④错误.
所以，正确的为①②③.
故选：A.
6. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：因为
所以
由全概率公式可得.
7. 已知椭圆的两个焦点为，且.若在椭圆上，，三点不共线，且，则椭圆的长轴长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：先根据正弦定理得到与的关系，再结合椭圆的定义得到与和的关系，进而求出关于的表达式，再由的范围得出结论.
解答过程：因为，且三点不共线，
在中，由正弦定理得
，所以，又，
所以.因为，即，又，
所以，又三点不共线，
所以，由，得，
所以，即椭圆长轴长的取值范围是.
故选：B
8. 设，，，则下列关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：构造函数，利用导数判断单调性，得出的大小关系，构造函数，利用导数判断单调性，得出的大小关系，从而得到的大小关系，构造函数，利用导数判断单调性，得出的大小，即可得到答案.
解答过程：记，
则，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以当时，，即，所以.
记
则，
所以在上单调递减，
所以当时，，即，所以，
所以，
记，
则，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，即，
所以.
所以，
综上所述.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 甲、乙、丙等五名学生和一位老师六人站成一排照相，则（ ）
A. 老师不排在两端的概率为
B. 学生甲、乙、丙两两互不相邻的概率为
C. 学生甲、乙、丙连排在一起的概率为
D. 老师不排在两端，学生甲、乙、丙三人中有且仅有两人相邻的概率为
答案：ACD
解析：
思路：利用古典概型即可判断A；利用插空法结合古典概型即可判断B；利用捆绑法结合古典概型即可判断C；利用排除法结合古典概型即可判断D.
解答过程：对于A，老师不排在两端的概率为，故A正确；
对于B，先排甲、乙、丙之外的3人，有种，形成了4个空，
在这4个空中排甲、乙、丙，方法有种，
所以甲、乙、丙互不相邻的排法有种，
所以所求概率为，故B错误；
对于C，甲、乙、丙连排在一起有种，
把甲、乙、丙看作一个整体，再和其他三人一起排，有种，
所以学生甲、乙、丙连排在一起的概率为，故C正确；
对于D，从学生甲、乙、丙中任选出2人看作一个“整体”，方法有种，
先排教师和余下的两人，有种，形成了4个空，
将整体和另一个人插在4个空之间，有种，
所以满足条件的排法有种，
若老师排在两端，与其他两人先排，有种，形成了3个空，
将整体和另一个人插在3个空中，有种，
满足此条件的排法有种，
所以满足条件的排法有种，
所以所求概率为，故D正确.
10. 若，则下列选项正确的是（ ）
A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
B.
C.
D. 当时，除以9的余数为1
答案：BCD
解析：
思路：根据二项式系数的性质，利用赋值法、求导法、二项式定理逐一判断即可.
解答过程：对于A：由二项式展开式中的二项式系数为0，1，…，6，
所以时二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故A不正确；
对于B：令，可得．
再令，得，
所以，所以B正确；
对于C：对两边求导，
得，
再令，得，所以C正确；
对于D：当时， ，
而，
即除以9的余数为1，所以D正确．
11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为
B. 当离心率为时，的最大值为3
C. 存在点，使得
D. 当离心率不小于时，的最小值为
答案：ABD
解析：
思路：由点在椭圆内部求得的范围，结合离心率的意义求解判断AB；由椭圆半焦距与的大小判断C；利用椭圆定义及均值不等式求出最小值判断D.
解答过程：由椭圆的长轴长为4，得，由点在内部，得，又，则，
对于A，由，得，则离心率，A正确；
对于B，由，得椭圆的半焦距，由，
得，因此的最大值为，B正确；
对于C，由，得，而，则，
以原点为圆心，为半径的圆在椭圆内，因此不存在使得，C错误；
对于D，由椭圆的离心率不小于，得，则，
于是，，
因此
，当且仅当时取等号，符合题意，D正确.
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 曲线在处的切线斜率为___________．
答案：1
解析：
解答过程：，
13. 一箱苹果共有12个苹果，其中有个是烂果，从这箱苹果中随机抽取3个．恰有2个烂果的概率为，则___．
答案：4
解析：
思路：由超几何分布的概率公式列方程即可求解．
解答过程：依题意可得，即，整理得，
解得或9，因为，所以．
故4.
14. 如图：在圆环上有8个定位点，两个质点分别从A，B两个定位点出发，在圆环上等可能地沿顺时针或逆时针的方向移动，它们运动规则相同，并且每次移动同时行动．规定：每个质点从所在的位置移动到相邻的定位点叫做1次移动．移动n次后，两质点位于同一定位点的概率为，则________．

答案：
解析：
思路：根据相对距离的可能情况设出不同距离状态的概率，再依据移动规则得到概率递推关系，最后结合初始条件求解概率表达式.
解答过程：圆环共8个定位点，初始A、B为对顶点，距离为4，
每次移动每个质点顺时针/逆时针概率均为，
每次移动后，两质点的相对距离变化只能是（概率）、（概率各），
因此相对距离始终为偶数，只有四种可能，
设为移动次后两质点同位置的概率，为移动次后距离为或的概率，
为距离为的概率，可得：，
由，化简可得对任意，，
因此递推简化为：，
因为初始条件，所以，
迭代得：，
整理得.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 为研究某种图书每册的成本费元与印刷数册的关系，收集了一些数据并作了初步处理，得到了下面的散点图及一些统计量的值．
表中，．
（1）根据散点图判断：与哪一个更适宜作为每册成本费元与印刷数册的回归方程类型？只要求给出判断，不必说明理由
（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；
（3）若每册书定价为元，则至少应该印刷多少册才能使销售利润不低于元？假设能够全部售出
（附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，）
答案：（1）
（2）．
（3）册
解析：
思路：（1）因为散点图呈现的是非线性趋势，所以选择更合适；
（2）令，将转化为线性回归方程，利用最小二乘估计公式计算和，进而得到关于的回归方程；
（3）根据利润公式，结合回归方程列出不等式，求解不等式得到印刷数的取值范围，确定至少印刷的册数.
（1）由散点图的分布是非线性的，故适宜作为每册成本费与印刷册数的回归方程；
（2）令，先建立关于的线性回归方程，
由于，
，
关于的线性回归方程为，
从而关于的回归方程为；
（3）假设印刷册，依题意，，
，
至少印刷册．
16. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程.
答案：（1）
（2）或.
解析：
思路：（1）根据离心率公式，可得a，b的关系，则，代入点坐标，求出b值，进而可得a值，即可得答案.
（2）设出直线l的方程，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据弦长公式，可得的表达式，根据点到直线的距离，可得点P到直线AB的距离，即可得的面积S的表达式，根据二次函数的性质，即可得答案.
（1）因为椭圆的离心率，
所以，则，
因为点在椭圆上，所以，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）设直线，
联立，化简得，
，解得.
由韦达定理得，
则，
所以，
又因为，
所以.
当时，即时，的面积取到最大值，
此时，直线或.
17. 甲､乙两队进行乒乓球双打比赛，规定每局比赛必须决出胜负，采用五局三胜制，即先赢得三局比赛的队伍获胜.已知每局比赛甲队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立.
（1）设，记比赛结束时的场数为，求的分布､期望和方差；
（2）已知甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为，求的值.
答案：（1）答案见解析
（2）或
解析：
思路：（1）先确定的取值并计算相应的概率，通过列出分布列再根据期望和方差的公式求解；
（2）分别计算甲队获胜的概率和甲队获胜且比赛恰好4局的概率，然后利用条件概率求解.
（1）可能的取值为，
，
，
，
所以的分布列为
，
.
（2）设甲队获胜为事件，比赛恰好进行4局为事件，
，
，
根据题目可知，，
代入条件概率公式可得，
化简可得 ，
令，可得 ，解得或，
所以或.
18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且
（1）求直线AB的斜率(用表示)；
（2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1.
①求证：直线l恒过定点Q；
②若向量，且，求的面积S的取值范围.
答案：（1）
（2）①；②
解析：
思路：（1）将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得解；
（2）①设直线方程为，将其与抛物线方程联立，设，由斜率之和为，结合韦达定理可证明结论；
②由于轴，则，进而化简求最值.
（1）根据题意，将点代入抛物线方程，
得，所以抛物线C：，
则，由于，则，
所以；
（2）①设，直线的方程为，
所以，
联立，消去并化简得：，
所以，，
所以，
即，
所以，所以，
所以直线的方程为，即
所以直线过定点，该点坐标为；
②由，，可得轴，且，
联立与，并令，得，
则，且由得，
由，即，
得，
由于得，且，
则的面积
，
而
，
由于，得，而即，
即，所以，且，则且，
由于在单调递减，在单调递增，
所以，当，当，
当，
故面积S的取值范围为.
19. 已知函数，
（1）当时，讨论函数单调性；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值；
（3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围．
答案：（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减;
（2） （3）
解析：
思路：（1）利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可；
（3）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解.
（1）由得，
令，得，故函数在区间上单调递增，
令，得，故函数在区间上单调递减，
综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减;
（2）当时，不等式可化为，
变形为即
同构函数，求导得，
所以在上是增函数.
所以原不等式可化为，
根据单调性可得:
再构造，则
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，即满足不等式成立的，
所以的最小值为;
（3）因为存在两个不同的极值点，
所以由可得:
因为，而的对称轴是，所以可得，
根据对称性可得另一个零点，此时有，
故，又由且可得，
而
令，
则，
因为所以，即，
则，
即在区间上单调递减，
所以有，
即，
所以实数取值范围.