2025--2026学年广东省深圳市深圳实验学校高中园高二下册5月期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年广东省深圳市深圳实验学校高中园高二下册5月期中考试数学试题 [含解析]，共6页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
2. 若，则（ ）
A. 2B. 6
C. 8D. 18
3. 甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，则甲、乙相邻的排法有（ ）
A. 72种B. 60种C. 48种D. 36种
4. 设甲乘汽车､动车前往某目的地的概率分别为，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为，则甲正点到达目的地的概率为（ ）
A. B. C. D.
5. 展开式中的系数为（ ）
A. 5B. 10
C. 12D. 15
6. 将2本不同的漫画书和2本不同的科技书全部分给甲、乙、丙三位同学，每位同学至少1本，若不分给甲漫画书，则不同的分配方案共有（ ）
A. 36种B. 24种C. 14种D. 12种
7. 记为数列的前项积，已知，则= （ ）
A. B. C. D.
8. 直线与函数的图象有三个互不相同的公共点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知随机变量的分布列如表，若，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 对于二项式的展开式正确的说法是（ ）
A. 常数项是第3项B. 各项的系数和为1
C. 偶数项的二项式系数和为32D. 第4项的二项式系数最大
11. 已知抛物线：的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，A，B在直线上的射影分别为，，则（ ）
A. 的最小值是
B. 是直角
C. 若，则直线的斜率为
D. 若，则的周长的最小值为27
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某物体做直线运动，位移y（单位：m）与时间t（单位：s）满足关系式，那么该物体在时的瞬时速度是____________．
13. 对于随机事件，若，，，则_________.
14. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表．
1 2 3 4 5 6 …
3 5 7 9 11 13 …
8 12 16 20 24 28 …
… … … … … …
该数表的第一行是数列，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和，则这个数表中第4行的第5个数为______，各行的第一个数依次构成数列1，3，8，…，则该数列的前n项和______．
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. 已知各项均为正数的等比数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前n项和.
16. 函数，曲线过，且在点处的切线斜率为2.
（1）求，的值；
（2）求的单调区间和极值.
17. 某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动.活动规则如下：在一不透明的纸箱中有9张相同的卡片，其中3张卡片上印有“中”字，3张卡片上印有“国”字，另外3张卡片上印有“红”字.消费者从该纸箱中不放回地随机抽取3张卡片，若抽到的3张卡片上都印有同一个字，则获得一张20元代金券；若抽到的3张卡片中每张卡片上的字都不一样，则获得一张10元代金券；若抽到的3张卡片是其他情况，则不获得任何奖励.
（1）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有“中”字的概率.
（2）记随机变量为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求的分布列和数学期望.
（3）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付5元.若你是消费者，请从收益方面来考虑是否愿意再次参加该项抽奖活动，并说明理由.
18. 已知椭圆过，两点.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）设为第三象限内一点且在椭圆上.
（i）若，为椭圆的右焦点，直线与椭圆相交于另一点，求线段的长度；
（ii）直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，若恒成立，求实数的最大值.
数学
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：
解答过程：，，故A正确，B错误；
，，故CD错误.
2. 若，则（ ）
A. 2B. 6
C. 8D. 18
答案：D
解析：
思路：根据方差的性质求解.
解答过程.
3. 甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，则甲、乙相邻的排法有（ ）
A. 72种B. 60种C. 48种D. 36种
答案：C
解析：
思路：利用捆绑法，将甲乙捆绑在一起.再由分步计数原理即可计算出结果.
解答过程：甲、乙相邻共有种.
将甲、乙捆绑与剩余的丙、丁、戊三人全排列有种.
则共有种.
故选：C.
4. 设甲乘汽车､动车前往某目的地的概率分别为，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为，则甲正点到达目的地的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由全概率公式求解即可.
解答过程：设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘动车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，
由题意知.
由全概率公式得
。
故选：C
5. 展开式中的系数为（ ）
A. 5B. 10
C. 12D. 15
答案：D
解析：
思路：首先利用分配律展开为，再根据的生成形式，求的系数.
解答过程：，
中，含的系数即中含项的系数，即，
中，含的系数即中含项的系数，即，
所以展开式中的系数为.
6. 将2本不同的漫画书和2本不同的科技书全部分给甲、乙、丙三位同学，每位同学至少1本，若不分给甲漫画书，则不同的分配方案共有（ ）
A. 36种B. 24种C. 14种D. 12种
答案：C
解析：
思路：分类讨论甲分得几本科技书，结合组合数运算求解即可.
解答过程：因为不分给甲漫画书，则有：
若甲分得1本科技书，则不同的分配方案共有种；
若甲分得2本科技书，则不同的分配方案共有种；
综上所述：不同的分配方案共有种.
故选：C.
7. 记为数列的前项积，已知，则= （ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：根据与的等式，求得的通项公式即得解.
解答过程：则，代入，
化简得：，则.
故选:C.
8. 直线与函数的图象有三个互不相同的公共点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：由题意通过求得得出三次函数的单调区间，进一步画出图像，通过平移直线找到当直线与函数的图象有三个互不相同的公共点时的的取值范围即可.
解答过程：，令，解得，
当或时,；当时,.
所以函数在和上单调递增；在上单调递减.
又，
由此可以作出函数的图象(如图).
由图知,当且仅当时, 直线与函数的图象有三个互不相同的公共点.
所以的取值范围为.
故选：C.
二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知随机变量的分布列如表，若，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：AC
解析：
思路：根据分布列的性质求解.
解答过程：，得，
且，得.
10. 对于二项式的展开式正确的说法是（ ）
A. 常数项是第3项B. 各项的系数和为1
C. 偶数项的二项式系数和为32D. 第4项的二项式系数最大
答案：BCD
解析：
思路：利用二项式展开式通项可判断A选项；利用各项系数和可判断B选项；求出偶数项的二项式系数和可判断C选项；利用二项式系数的性质可判断D选项；
解答过程：二项式的展开式通项公式为，
对于A选项，令，可得，故常数项是第项，A错；
对于B选项，各项的系数和是，B对；
对于C选项，偶数项二项式系数和为，C对
对于D选项，展开式共项，第项二项式系数最大为，D对；
故选：BCD
11. 已知抛物线：的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，A，B在直线上的射影分别为，，则（ ）
A. 的最小值是
B. 是直角
C. 若，则直线的斜率为
D. 若，则的周长的最小值为27
答案：BCD
解析：
思路：由题可得抛物线焦点为，准线为．对于A，设，将直线方程与抛物线方程联立，由韦达定理结合基本不等式可判断选项正误；对于B，判断是否为０即可判断选项正误；对于C，如图过做轴垂线，垂足为，由结合，A中解析可得坐标，据此可判断选项正误；对于D，由抛物线定义可得，据此可判断选项正误．
解答过程：，则焦点为，准线为.
对于A，设，将直线方程与抛物线方程联立，消去得：
，判别式为：，设，
由韦达定理，.
由抛物线定义，，
则由基本不等式，，当且仅当时取等号，
则最小值为，故A错误；
对于B，由A分析，，又，
则，，
从而，故B正确；
对于C，由对称性，设在左侧，则.
如图过轴垂线，垂足为，
易得，又，则，
又由A解析可得，则，则，
，
当在右侧时，类似以上分析可得，
综上所述，，故C正确；
对于D，，
则.
由抛物线定义，，则，
其中在抛物线准线上，且垂直于准线，三点共线.
则，故D正确．
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某物体做直线运动，位移y（单位：m）与时间t（单位：s）满足关系式，那么该物体在时的瞬时速度是____________．
答案：8
解析：
思路：位移对时间的导数，即速度，代入，即可求得瞬时速度.
解答过程：由题知，，
当时，
故物体在时的瞬时速度为8
故8
13. 对于随机事件，若，，，则_________.
答案：
解析：
思路：利用条件概率公式得到，从而.
解答过程：，又，
所以，
因为，所以.
故
14. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表．
1 2 3 4 5 6 …
3 5 7 9 11 13 …
8 12 16 20 24 28 …
… … … … … …
该数表的第一行是数列，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和，则这个数表中第4行的第5个数为______，各行的第一个数依次构成数列1，3，8，…，则该数列的前n项和______．
答案： ①. 52 ②.
解析：
思路：由数表的规律可知第4行的第1个数为20，第4行的公差为8，从而可求出第4行的第5个数，由数列可知记各行的第一个数组成的数列为，则，，两边除以可得数列为等差数列，从而可求出，再利用错位相减法可求出.
解答过程：由数表规律可知，第4行的第1个数为，第行是公差为的等差数列，
所以第4行的公差，则第4行的第5个数为52；
记各行的第一个数组成的数列为，则，，
两边同除以，得，
故是首项为，公差为的等差数列，
则，则，
则，，
两式相减得
，
所以．
故52；
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. 已知各项均为正数的等比数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前n项和.
答案：（1）；（2）
解析：
思路：
（1）由已知条件求出等比数列的公比，再求通项即可；
（2）先由等差数列通项公式的求法求出数列的通项，然后由分组求和法及公式法求数列的前n项和即可.
解答过程：解：（1）因为是正数等比数列，且
所以，
即
分解得，
又因为，所以，
所以数列的通项公式为；
（2）因为是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，
所以，
所以
.
方法提示：本题考查了等比数列及等差数列的通项公式的求法，重点考查了利用分组求和法及公式法求数列的前n项和，属中档题.
16. 函数，曲线过，且在点处的切线斜率为2.
（1）求，的值；
（2）求的单调区间和极值.
答案：（1），
（2）的单调递增区间是，单调递减区间是，极大值为，无极小值.
解析：
思路：（1）利用导数的几何意义，求；
（2）根据（1）的结果，利用导数的正负求函数的单调区间，以及极值.
（1），，
由条件可知，且，
解得：，，
（2），，
由，得（舍）或，
，得，，得，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是，
所以函数的极大值为，无极小值.
17. 某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动.活动规则如下：在一不透明的纸箱中有9张相同的卡片，其中3张卡片上印有“中”字，3张卡片上印有“国”字，另外3张卡片上印有“红”字.消费者从该纸箱中不放回地随机抽取3张卡片，若抽到的3张卡片上都印有同一个字，则获得一张20元代金券；若抽到的3张卡片中每张卡片上的字都不一样，则获得一张10元代金券；若抽到的3张卡片是其他情况，则不获得任何奖励.
（1）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有“中”字的概率.
（2）记随机变量为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求的分布列和数学期望.
（3）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付5元.若你是消费者，请从收益方面来考虑是否愿意再次参加该项抽奖活动，并说明理由.
答案：（1）
（2）分布列答案见解析，数学期望：
（3）我不愿意再次参加该项抽奖活动，理由见解析
解析：
思路：（1）根据古典概型的方法，结合组合数的计算求解即可；
（2）的所有可能取值为，再分别求解分布列与数学期望即可；
（3）根据（2）中数学期望，求解消费者在一次抽奖活动中的收益判断即可.
（1）记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有‘中’字”为事件，则.所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的3张卡片上都印有“中”字的概率是
（2）随机变量的所有可能取值为，
则，
，
.
所以的分布列为
.
（3）记随机变量为消费者在一次抽奖活动中的收益，则，
所以，因此我不愿意再次参加该项抽奖活动.
18. 已知椭圆过，两点.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）设为第三象限内一点且在椭圆上.
（i）若，为椭圆的右焦点，直线与椭圆相交于另一点，求线段的长度；
（ii）直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值.
答案：（1）椭圆的方程为，离心率
（2）（i）；（ii）证明见解析
解析：
思路：（1）根据条件求，再得椭圆方程和离心率；
（2）（i）首先求直线的方程，再根据直线与椭圆方程联立，求点的坐标，最后代入两点间距离公式求解；（ii）利用点的坐标求解直线的直线方程，再求解点的坐标，最后表示四边形的面积，即可证明.
（1）由条件可知，，，
所以椭圆的方程为，，
所以椭圆的离心率；
（2）（i），，
直线的斜率为，所以直线的方程为，
与椭圆方程联立，得，
，即，，所以，即且，
所以
（ii）设，，，，，
直线，令，得，即
直线，令，得，即，
，，
所以四边形的面积为，

所以四边形的面积为定值.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，若恒成立，求实数的最大值.
答案：（1）
（2）见解析 （3）
解析：
思路：（1）首先求，再根据导数的几何意义求切线方程；
（2）首先求，分和两种情况讨论函数的单调性；
（3）利用参变分离，转化为最值问题求解.
（1）当时，，，f2=2−e2，f′2=1−e2，
所以曲线在处的切线方程为y−2−e2=1−e2x−2，
即y=1−e2x+e2；
（2）易知，
当时，，单调递减，
当时，，得，的单调递增区间是，
，得，的单调递减区间是
综上可知，时，的单调递减区间是，无单调递增区间，
时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
（3）由fx≤xlnx−x2恒成立可得，，
得，即a≤exx+lnx−xmin，
设gx=exx+lnx−x ，，g′x=exx−1x2+1x−1=exx−1−x2+xx2=ex−xx−1x2，
因为恒成立，所以恒成立，
当时，，单调递减，时，，单调递增，
所以的最小值为，
所以，所以的最大值为.0
10
20