2025--2026学年福建省厦门第一中学高二下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年福建省厦门第一中学高二下册期中考试数学试题 [含答案]，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
2. 已知数列是等差数列，且，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
3. 设随机变量的分布列如表所示，且，则（ ）
A. 0.2B. 0.1C. 0.15D. 0.4
4. 的展开式中的系数是（ ）
A. 10B. 15C. 20D. 30
5. 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，则（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 6
6. 无重复数字的三位偶数的个数为（ ）
A. 136B. 328C. 360D. 720
7. 已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线交于，两点，其中在第一象限，，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为（ ）．
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.
9. 记圆：，圆：，则（ ）
A.
B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上
C. 若圆与圆内切，则
D. 当时，圆与圆的相交弦方程为
10. 我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ）
A. 第6行从左到右第4个数是15B. 第2026行的第1014个数最大
C. D. 记第n行的第i个数为，则
11. 已知棱长为4的正方体中，点为棱的中点，动点满足，其中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则点到平面的距离为
C. 若，则直线与直线所成角的最小值为
D. 若与夹角为，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则t=________.
13. 城区某中学安排5位老师到A，B，C三所乡村中学任教，要求每个乡村中学至少安排1位老师，每位老师只能去1个中学支教，则不同的安排方式有________种.
14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为______.
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. 已知为数列的前n项和，且.
（1）求该数列的通项；
（2）若，求数列的前n项和.
16. 已知函数在处取得极值.
（1）求，；
（2）证明：时，.
17. 平面直角坐标系中，动点P到点的距离与它到直线的距离之比为．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点M的直线l与轨迹C交于A，B两点，且点A在第一象限，点，与的面积之比为，求的内切圆半径．
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在存在单调递减区间，求实数的取值范围；
（3）当时，证明：函数有且仅有两个零点．
19. 1907年物理学家Tatiana和Paul Ehrenfest为了解释热力学第二定律提出了一个分子扩散模型，编号为A和B的两个容器相互连通，当中仅用薄膜分割（允许分子在两容器间穿梭），当一个分子从一个容器转移到另一个容器，则称发生一次转移.发生n次转移后，容器A中的分子数记为，容器A的分子数从到的概率记为，即.初始状态时，容器A内有2个分子，容器B内有8个分子.假设每个分子发生转移的可能性相同，均为.
（1）求，；
（2）求2次转移后，容器A中的分子数的分布列与期望；
（3）求出与的关系式，并解释当时的含义.
数学
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
答案：A
解析：
解答过程：，所以.
所以.
2. 已知数列是等差数列，且，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
答案：D
解析：
思路：应用等差数列下标和性质结合等差数列求和公式计算求解.
解答过程：数列是等差数列，且，，
所以，
则.
3. 设随机变量的分布列如表所示，且，则（ ）
A. 0.2B. 0.1C. 0.15D. 0.4
答案：C
解析：
思路：根据概率和为1以及列方程组求解a、b即可．
解答过程：由分布列的性质得，①，
又由，得②，
由①②解得，
．
故选：C．
4. 的展开式中的系数是（ ）
A. 10B. 15C. 20D. 30
答案：C
解析：
解答过程：展开式的通项为，
所以的展开式中的系数为.
5. 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，则（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 6
答案：C
解析：
思路：根据给定条件，求出函数图象的对称中心，进而求出函数值的和.
解答过程：函数的定义域为R，求导得，，
由，得，解得，而，
因此函数的图象关于点对称，则，
即，
所以.
6. 无重复数字的三位偶数的个数为（ ）
A. 136B. 328C. 360D. 720
答案：B
解析：
思路：应用分步乘法原理及分类加法原理计算求解.
解答过程：当末尾数字是时，无重复数字的三位偶数的个数为，
当末尾数字是时，无重复数字的三位偶数的个数为，
综上，无重复数字的三位偶数的个数为.
7. 已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线交于，两点，其中在第一象限，，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：如图：
设双曲线的左焦点为，根据双曲线的对称性可得：，且.
所以.
结合双曲线的定义，，.
在中，.
由余弦定理，，
整理得：，所以.
8. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为（ ）．
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：先由求出,再由求出，最后利用即可求解.
解答过程：设 为第 天选套餐， 为第 天选套餐，
则，
；
从而，
.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.
9. 记圆：，圆：，则（ ）
A.
B. 若坐标原点在圆上，则点在圆上
C. 若圆与圆内切，则
D. 当时，圆与圆的相交弦方程为
答案：BD
解析：
解答过程：对A：易知，，所以，故A错误；
对B：因为坐标原点在圆上，所以，所以圆：，由，所以点在圆上，故B正确；
对C：若圆与圆内切，则，故C错误；
对D：当时，圆：，圆：，两圆相交，
所以圆与圆的相交弦方程为，
化简得，故D正确.
10. 我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ）
A. 第6行从左到右第4个数是15B. 第2026行的第1014个数最大
C. D. 记第n行的第i个数为，则
答案：BCD
解析：
解答过程：对A：第6行从左到右的第4个数为，故A错误；
对B：第2026行一共有2027个数，中间的第个数最大，故B正确；
对C：因为，，…，，故C正确；
对D：因为，所以，故D正确.
11. 已知棱长为4的正方体中，点为棱的中点，动点满足，其中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则点到平面的距离为
C. 若，则直线与直线所成角的最小值为
D. 若与夹角为，则的最小值为
答案：ACD
解析：
思路：根据确定直线的位置，再根据线面垂直判断线线垂直，可判断A的真假；根据，确定点的位置，利用体积法求点到平面的距离，可判断B的真假；当，先求直线与平面所成的角，再利用可求的最小值，可判断C的真假；当与夹角为，可确定点的轨迹，再利用对称法求的最小值，判断D的真假.
解答过程：A选项：因为，所以点，则平面.
因为，，平面，平面，，
所以平面，故.故A选项正确.
B选项：，由于，，则点，
故点到面的距离等于点到面的距离d.
延长交于点，
∵，∴.
，故，
又因为，所以.
利用等体积法，，故.故B选项错误；
C选项：取中点，过点作的平行线，
当时，，则平面，
设与平面所成角，
由最小角定理可知，，而，平面，
所以.故C选项正确；
D选项：因为与夹角为，所以点落在以为轴，为母线的圆锥面，
又因为，即平面，与平面所成角为，
所以圆锥面与平面的交线是一条抛物线，点，落在抛物线上，
以点为原点，，为，轴正方向建系，
则，设抛物线，则，解得.
故.故D选项正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则t=________.
答案：1
解析：
解答过程：依题意，向量与向量垂直，
因此，所以.
13. 城区某中学安排5位老师到A，B，C三所乡村中学任教，要求每个乡村中学至少安排1位老师，每位老师只能去1个中学支教，则不同的安排方式有________种.
答案：150
解析：
解答过程：不同的安排方式可以分成两类：
第一类：有3名老师安排到一个地方任教，这样的安排方式有种；
第二类：有一个地方安排了1名教师，其余两地各安排2名教师，这样的安排方式有：种.
根据分类加法计数原理，满足条件的安排方法有种.
14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为______.
答案：
解析：
思路：构造函数，，先求得的值域，再根据题意分析两个函数值域间的包含关系，得到实数a的取值范围.
解答过程：令，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以在处取得极小值，即最小值，最小值为.
所以的值域为.
所以对任意，.
所以.
令，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以在处取得极大值，即最大值，最大值为.
所以的值域为.
所以对任意，.
由，得，
所以是的子集，所以，
所以.
所以实数a的取值范围为.
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. 已知为数列的前n项和，且.
（1）求该数列的通项；
（2）若，求数列的前n项和.
答案：（1），.
（2）解析：
思路：（1）应用计算得出等比数列，再应用等比数列通项公式计算求解；
（2）先应用对数运算，再应用裂项相消法计算求解.
（1）当时，
所以，整理可得，，，
且当时，，即，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故，.
（2）因为，所以，
所以.
16. 已知函数在处取得极值.
（1）求，；
（2）证明：时，.
答案：（1），
（2）证明见解析
解析：
思路：（1）先根据和求，的值，再利用导函数分析函数单调性，验证可得答案.
（2）先把问题转化成，设，，利用导数分析函数单调性，求函数的最大值即可.
（1），
故且，解得，.
故，.
令得，令得，
所以在处取得极值，满足要求.
故，为所求.
（2）时，，
令，，
则，
由；由.
故在上单调递增，在上单调递减，
则，所以在上恒成立.
所以时，.
17. 平面直角坐标系中，动点P到点的距离与它到直线的距离之比为．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点M的直线l与轨迹C交于A，B两点，且点A在第一象限，点，与的面积之比为，求的内切圆半径．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）设出动点，由题意列出等式，再化简得到轨迹方程.
（2）首先判断斜率存在和不存在的情况，斜率存在时设出直线l的方程，然后将直线方程与轨迹C的方程联立，利用韦达定理得到纵坐标的和与积，结合面积关系求出参数；再求出三角形的面积和周长，进而解出三角形内切圆半径.
（1）设动点P的坐标为，由题意可得，
即，化简得，
即动点P的轨迹C的方程为；
（2）设，，点A在第一象限，则，，
若直线l的斜率不存在，由椭圆对称性可知与的面积之比为1，不符合题意；
故直线l的斜率必存在且不为0，可设直线l的方程为，
联立，得：，
直线l经过椭圆内一点，必有，
∴，
由于点，与的面积之比为，
故，即，即，
则，则，
结合，可得，
化简得，结合，则，故，
故，则，
又为椭圆的两焦点，
的面积为,
的周长为
，
设的内切圆半径为r，则，
即，故.
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在存在单调递减区间，求实数的取值范围；
（3）当时，证明：函数有且仅有两个零点．
答案：（1）
（2） （3）证明见解析
解析：
思路：（1）求在处的导数和函数值，代入直线方程即可求出切线方程；
（2）将问题转化为在上有解问题，再求解即可；
（3）根据导数求得单调性，结合零点存在性定理即可证明．
（1）当时，，则，
所以，所以切线方程为，即．
（2）由题意得，
若函数存在单调递减区间，则在上有解，
所以在上有解，
因为函数在上单调递减，
所以，故．
（3）由题意得，则，
令，则，
令可得，（舍）或，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
又，，，
所以存在，使得，即，
所以当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
因为时，，，
所以存在，使得，
又，
所以存在，使得，
所以函数有且仅有两个零点．
19. 1907年物理学家Tatiana和Paul Ehrenfest为了解释热力学第二定律提出了一个分子扩散模型，编号为A和B的两个容器相互连通，当中仅用薄膜分割（允许分子在两容器间穿梭），当一个分子从一个容器转移到另一个容器，则称发生一次转移.发生n次转移后，容器A中的分子数记为，容器A的分子数从到的概率记为，即.初始状态时，容器A内有2个分子，容器B内有8个分子.假设每个分子发生转移的可能性相同，均为.
（1）求，；
（2）求2次转移后，容器A中的分子数的分布列与期望；
（3）求出与的关系式，并解释当时的含义.
答案：（1），
（2）.
（3），答案见解析
解析：
思路：（1）弄清楚，的意义，根据古典概型的概率计算公式求值.
（2）确定的可能值，求出对应概率，可得的分布列，再根据期望的概念求其期望.
（3）先探索当时，与和的递推关系，再利用期望公式探索与的关系，利用数列求通项公式的方法求.进而解释的含义.
（1）∵每个分子等可能发生转移且分子数有限，∴本题是古典概型.
表示A中有1个分子转移到B，B中的分子不发生转移对应的概率，所以；
表示B中有1个分子转移到A，A中的分子不发生转移对应的概率，所以.
（2）所有可能取值为0，2，4，
则，
，
.
故的分布列为
∴.
（3）由题得，，，
当，则.
设，则，
解得.
∴，
∵，∴.
当时，.
解释：充分混合后，最终两容器分子数相等.
*注：期望递推关系为：
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
X2
0
2
4
P
X2
0
2
4
P