2025--2026学年广西壮族自治区南宁市第一中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年广西壮族自治区南宁市第一中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
2. 曲线在处的切线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
3. 在三棱柱中，是的中点，，则用向量，，表示向量应为（ ）
A.
B.
C.
D.
4. 在等差数列中，已知，，，则的前项和为（ ）
A. 22B. 24C. 25D. 26
5. 安排名志愿者完成项工作，每人至少安排项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
6. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术.在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率.假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件是“AI模型筛选出候选分子”，事件是“AI模型筛选出候选分子”.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ）
A. 是等比数列，且公比为
B. 是等比数列，且公比为
C. 是等差数列，且公差为2
D. 是等差数列，且公差为4
8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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为
则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ）
A. 函数的单调递减区间为，单调递增区间为
B. 函数的极小值点是
C. 当时，与直线有2个公共点
D. 当时，与的图象有2个公共点
11. 在棱长为4的正方体中，点是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得
B. 若平面，则线段的最小值为
C. 若与所成的角为，则点的轨迹长度为
D. 若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）.
13. 若是函数的一个极值点，则_____.
14. 已知为双曲线：的右焦点，为坐标原点，点是右支上的一点，且.若点关于点的对称点也在双曲线上，则双曲线的渐近线的斜率为______.
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. 已知数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16. 某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、
（1）求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率；
（2）若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率.
17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，且，.
（1）求证：平面；
（2）若，，点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值.
18. 已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，过点作轴，交椭圆于另一点（异于点，）.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明：直线过定点，并求点的坐标；
（3）求面积的取值范围.
19. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）设是的两个极值点，求证：；
（3）设，求证.
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. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：先得到抛物线的标准方程，再由标准方程得到其准线方程；
解答过程：抛物线的标准方程为，所以抛物线的焦点在轴正半轴， ，则准线方程为.
故选：D
2. 曲线在处的切线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：因为，所以，所以，
所以曲线在处的切线的斜率为，所以其倾斜角为.
3. 在三棱柱中，是的中点，，则用向量，，表示向量应为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：C
解析：
解答过程：在三棱柱中，由，得，由点是的中点，得，
所以
.
4. 在等差数列中，已知，，，则的前项和为（ ）
A. 22B. 24C. 25D. 26
答案：D
解析：
思路：先利用等差数列的性质求出公差，再由得出首项，然后借助通项公式求出，最后利用求和公式即可求得.
解答过程：设的公差为，则，解得，
又，所以，
所以，解得，
所以的前项和为.
5. 安排名志愿者完成项工作，每人至少安排项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
答案：A
解析：
思路：先把项工作分成份，分别为、、与、、，再将这三份工作分派给名志愿者，结合分类加法计数原理可得结果.
解答过程：先把项工作分成份有两种方式，即、、与、、
若是、、，则有种不同的分派方法，
若是、、，则有种不同的分派方法.
所以共有种分派方法.
6. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术.在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率.假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件是“AI模型筛选出候选分子”，事件是“AI模型筛选出候选分子”.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：先由对立事件求出，再结合条件概率公式求出，最后利用全概率公式和条件概率公式即可求出结果.
解答过程：因为，所以，
又，所以，
由全概率公式得，
故.
7. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ）
A. 是等比数列，且公比为
B. 是等比数列，且公比为
C. 是等差数列，且公差为2
D. 是等差数列，且公差为4
答案：C
解析：
思路：根据题意，由与相外切，得到，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解.
解答过程：因为与相外切，所以，
即，
所以，
因为每个点均在函数的图像上，可得，
所以，即，所以，
所以数列是等差数列，且公差为，
所以，则，
此时数列不是等比数列.
故选：C.
8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：由题设可得对于恒成立，进而得到函数和在上有共同的零点，可得，进而得到，设，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可.
解答过程：由，则，
即对于恒成立，
而函数和在上均为增函数，
则函数和在上有共同的零点，
即，则，即，
设，则，
令，得或，令，得，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
又时，，时，，且，
则，即的取值范围是.
故选：D
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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为
则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：ABD
解析：
解答过程：对于A，由得，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ）
A. 函数的单调递减区间为，单调递增区间为
B. 函数的极小值点是
C. 当时，与直线有2个公共点
D. 当时，与的图象有2个公共点
答案：ACD
解析：
思路：A选项，对求导，由导函数符号即可分析函数的单调区间；B选项，由的单调性即可判断极小值点；C选项，根据的单调性、极值点，再结合和的趋势，即可作出函数图象，从而得到交点情况；D选项，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性，作出函数的图象，即可判断.
解答过程：对于A，，
当时，，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，故A正确；
对于B，由A可知的极小值点为，极小值为，故B错误；
对于C，当时，，当时，，
当时，，当时，，当时，，
结合函数的单调性画出函数的大致图象，
由图象可得当时，，函数的图象与直线有且仅有两个交点，故C正确；
对于D，令，当时，等式不成立，故不是方程的根，
当时，方程可化为，
令，则有，
所以单调递增区间为和，图象如右图所示，
所以当时，函数的图象与直线有且仅有两个交点，
故当时，与的图象有2个公共点，故D正确.
11. 在棱长为4的正方体中，点是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得
B. 若平面，则线段的最小值为
C. 若与所成的角为，则点的轨迹长度为
D. 若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
答案：ABD
解析：
思路：A选项，通过向量的数量积计算得出，在侧面中可以找到满足条件的点，即可作出判断；B选项，过作平面平面，得出的轨迹为线段，等边三角形的高即为最小值；C选项，由与所成的角为，得出的长度，轨迹即为圆心角为的圆弧；D选项，由勾股定理得到球面与侧面交线的半径为，圆心角为，即可求弧长.
解答过程：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系.
因为正方体棱长为4，则，，，，；
又因为点在侧面（含边界）上，设.
选项A：因为，，若，
则，即，化简得.
在，范围内，
当，（即与重合）时满足，故存在点，故A正确；
选项B：作出过与平面平行的平面，
则点的轨迹为平面与侧面的交线，即线段，
因为为边长为的等边三角形，所以线段的最小值即为等边三角形的高，
即，故B正确；
选项C：因为，所以与所成的角等于与所成的角，
即.
在中，，，所以，
则点的轨迹为以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，
所以点的轨迹长度为，故C错误；
选项D：因为，，
故可设球面与的交点为，球面与的交点为，
可得交线为以为圆心的的弧长.
由题知平面，则为直角三角形，
所以，则；
同理可得，所以，所以，
所以弧.故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）.
答案：
解析：
解答过程：通项公式为，
令，解得，
所以展开式中的系数为.
13. 若是函数的一个极值点，则_____.
答案：
解析：
思路：对函数进行求导，是极值点，则，计算出的值代入原函数计算即可.
解答过程：，
因为是函数的极值点，
所以，即，
故，所以，.
故
14. 已知为双曲线：的右焦点，为坐标原点，点是右支上的一点，且.若点关于点的对称点也在双曲线上，则双曲线的渐近线的斜率为______.
答案：或##或
解析：
思路：利用对称性构造直角三角形，结合双曲线的定义和勾股定理列方程，即可求解出，进而得到渐近线的斜率.
解答过程：设点关于点的对称点为，双曲线的左焦点为，易得，
因为，所以，如图，令，
则，又，
在中，，即，
化简得（*）；
在中，，即，
化简得，将其代入（*），化简得，即，
所以双曲线的渐近线的斜率为.
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. 已知数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）通过对递推式变形构造出等比数列，然后利用等比数列通项公式即可求出；
（2）先求出，再利用错位相减法，通过两式相减、等比数列求和即可求得.
（1）由，，得，.
因为，所以数列是以2为首项、2为公比的等比数列，
所以，即，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知代入得，则
①，
②，
①-②得：
，
化简得，
故数列的前项和.
16. 某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、
（1）求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率；
（2）若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）利用全概率公式，把三种款的概率与对应好评概率相乘再相加，即可得到结果；
（2）先算出未给出好评的概率，再结合抽到普通款且未给出好评的概率，利用贝叶斯公式即可求得.
（1）设事件表示“抽到隐藏款”，表示“抽到稀有款”，表示“抽到普通款”，
事件表示“消费者给出好评”，事件表示“消费者未给出好评”.
根据题意，，两两互斥，且.
由题意得，，，，，.
由全概率公式，得，
所以消费者给出好评的概率为.
（2）由（1）知，因此.
根据题意，得.
因为，，两两互斥，且，
由贝叶斯公式，得，
所以，若消费者未给出好评，其抽到普通款的概率为.
17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，且，.
（1）求证：平面；
（2）若，，点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值.
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）利用菱形对角线中点的性质，结合等腰三角形三线合一，证明同时垂直于平面内的两条相交直线和，从而证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标与向量，分别计算出平面与平面的法向量，再利用向量夹角公式，即可求得.
（1）证明：因为为菱形，，
所以为中点，也为中点.
在中，，所以，
在中，，所以，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）得平面，又因为平面，
所以，，
又，所以如图以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知，，，
所以在中，，即，所以，
所以，
在中，，即，所以，
则，，，，，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以，，，
，
设平面的一个法向量为，则，
即，取，则，，则，
设平面的法向量为，则，
即，取，则，，则，
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，过点作轴，交椭圆于另一点（异于点，）.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明：直线过定点，并求点的坐标；
（3）求面积的取值范围.
答案：（1）
（2）证明见解析，
（3）解析：
思路：（1）根据椭圆的性质计算；
（2）联立AB与椭圆方程，然后根据BD的直线方程和韦达定理求定点；
（3）利用韦达定理求，然后计算面积求范围即可.
（1）由题意得，，则，，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）法一：由题意可得直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，则，
联立得，
，，
，则直线：
所以直线恒过定点.
法二：设，，则.
由，，三点共线，得，即，
把点平移到原点，得椭圆方程，
化简，得①，设平移后的直线：②，
由①②，得，
整理，得
所以，得，
故：经过定点，平移回去得定点为，所以直线恒过定点.
（3）由题意知，，
，令，，，
化简得，，
令，当，，因此，在上单调递增，
所以，所以面积的取值范围为.
方法提示：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果.
19. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）设是的两个极值点，求证：；
（3）设，求证.
答案：（1）单调递减区间为，单调递增区间
（2）证明见解析 （3）证明见解析
解析：
思路：（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值；
（2）求出函数的导函数，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，不妨设，利用分析法可得只需证，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
（3）由(1)可知，令，从而得到，再结合等差数列求和公式即可证明；
（1）①当时，，其定义域为，
又，
所以当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间.
（2）函数 的定义域为，
又，
因为，是的两个极值点，所以，，
即，令，，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
不妨假设，
要证，只需证，因为，所以，
因为在上单调递增，
所以只需证，又因为，所以只需证，
令，，
则，
因为，所以，
则，所以，
所以在上单调递减，，
所以，即.
（3）利用第(1)问中的时的函数可得，所以有，
令对每个 ，令，则 ，则 ，
所以 ，则，
所以，得证.0
1
2
0
1
2