广西壮族自治区百色市2025-2026学年高二下学期5月自主检测练习数学试题

这是一份广西壮族自治区百色市2025-2026学年高二下学期5月自主检测练习数学试题，共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：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．已知Cn3=Cn6，则An2=（ ）
A．90B．72C．45D．42
2．已知实数a是3与9的等比中项，则a=（ ）
A．±33B．±6C．33D．6
3．口袋中装有大小形状相同的红球3个，白球3个，小明从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为（ ）
A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7
4．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，且SnTn=2n−13n+2，则a5b5=（ ）
A．2321B．1729C．1915D．2117
5．已知函数fx=x3−2ax2+a2x在x=1处取得极小值，则a=（ ）
A．−1B．1C．−3D．3
6．某演讲比赛结束后，2名男同学、3名女同学和2位老师站成一排拍照留念，则2位老师相邻，且3名女同学不相邻的站法有（ ）
A．264种B．288种C．312种D．336种
7．已知甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.从甲袋中随机摸出一个球放入乙袋，再从乙袋中摸出一个球，则从乙袋中摸到红球的概率为（ ）
A．1330B．2960C．815D．1730
8．已知函数fx=lnx+1x+1,x>0−ln−x,xTk+2Tk+1>Tk，利用组合数的性质求解即可判断D.
11．【答案】B,C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；球的表面积与体积公式及应用；空间向量的夹角与距离求解公式；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，已知圆锥的轴截面PAB是边长为 2 的等边三角形，底面圆半径AO1=1，
所以，圆锥的高PO1为等边三角形的高为：PO1=PA2−AO12=22−12=3，故A错误；
对于B，因为轴截面等边三角形PAB的内切圆半径为内切球的半径R，
由S△PAB=12PA+PB+AB⋅R ，
得到R=2S△PABPA+PB+AB=2×12×2×2⋅sin60∘2+2+2=33，
所以，球O的体积为V=43π333=43π27，故B正确；
对于C，设圆锥PO1的母线长为l，
则l=PO12+AO12=32+12=2 ，
所以，圆锥PO1的表面积为：S=πr2+πrl=π+2π=3π，故C正确；
对于D，以O1为原点，建立空间直角坐标系，
则O10,0,0,P0,0,3,A0,−1,0,B0,1,0 ，
所以C0,−12,32 ，D0,12,32，
设Mcsθ,sinθ,0,N−csθ,−sinθ,0 ，
则DM=csθ,sinθ−12,−32,DN=−csθ,−sinθ−12,−32，
设平面DMN的法向量为n=x,y,z，
则n⋅DM=0n⋅DN=0，
所以csθ⋅x+sinθ−12⋅y−32z=0−csθ⋅x+−sinθ−12⋅y−32z=0；
令z=csθ，则n=3sinθ,−3csθ,csθ；
由CM=csθ,sinθ+12,−32，
所以，点C到平面DMN的距离为：
d=CM⋅nn=csθ⋅3sinθ+sinθ+12⋅−3csθ−32csθ3sinθ2+−3csθ2+cs2θ=3csθ3+cs2θ，
又因为DM⋅DN=csθ⋅−csθ+sinθ−12−sinθ−12+−32−32
=−cs2θ+14−sin2θ+34=0，
所以DM⊥DN，
因为DM=csθ−02+sinθ−122+0−322=2−sinθ，
|DN|=−csθ−02+−sinθ−122+0−322=2+sinθ；
所以S△DMN=12⋅2−sinθ⋅2+sinθ=124−sin2θ=123+cs2θ，
则VC−DMN=13×123+cs2θ×3csθ3+cs2θ=36csθ ，
又因为csθ≤1，所以VC−DMN≤36，
则三棱锥C−DMN体积的最大值为36，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用已知条件和等边三角形的结构特征以及勾股定理，从而得出PO1的长，则判断出选项A；利用三角形的面积公式得出内切球的半径R，再根据球的体积公式判断出选项B；利用已知条件和勾股定理得出圆锥的母线长，再利用圆锥的表面积公式，则判断出选项C；利用已知条件建立空间直角坐标系，求出平面DMN的法向量，再利用数量积求出点C到平面DMN的距离，注意到 DM⊥DN，再根据三棱锥的体积公式以及三角型函数求值域的方法，从而得出三棱锥C−DMN体积的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】64
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由题意，易知每个人都有4种选法，
所以，不同的选法有43=64种．
故答案为：64．
【分析】根据已知条件和分步乘法计数原理，从而得出不同的选法种数．
13．【答案】1n=13×2n−2n≥2
【知识点】数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由Sn+1=2Sn+2，可得Sn=2Sn−1+2，
两式作差，得an+1=2ann≥2，则an+1an=2n≥2，
因为S2=2S1+2=4，
所以a2=S2−a1=3，a2a1=3，不满足an+1an=2，
则an=1n=13×2n−2n≥2.
故答案为：1n=13×2n−2n≥2.
【分析】根据an和Sn的关系式得到an+1=2ann≥2，再验证a1,a2不满足该式，再根据等比数列通项公式得出数列an的通项公式.
14．【答案】2−2,2+2
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵x+y+2=2⋅x+y+212+12，
记d=x+y+22表示x2+y2=1上的点到直线x+y+2=0上的距离，
如下图所示，
d的最大值、最小值分别在点P1，P2处取得，原点O到直线l的距离为2，
∴dmin=2−1，dmax=2+1，
∴x+y+2=2d∈2−2,2+2．
故答案为：2−2,2+2.
【分析】利用已知条件和点到直线的距离公式以及几何法求最值的方法，从而得出x+y+2的取值范围.
15．【答案】（1）解：由函数f(x)=xlnx−1，则函数的定义域为(0,+∞)，
所以f'(x)=lnx+1，
则f'(e)=2，f(e)=e−1，
所以，函数在点(e,f(e))处的切线方程为：y−e−1=2x−e，
即y=2x−e−1，
则函数在点(e,f(e))处的切线方程为y=2x−e−1.
（2）解：因为函数的定义域为(0,+∞)，且f'(x)=lnx+1，
令f'(x)=lnx+1>0，得1e13.2，所以E(Y)>E(X)，
所以为了使累计得分的期望较大，该同学应该选择先回答“回收报废电力设备”类问题.
18．【答案】（1）解：依题意，得1a2+94b2=1a2−b2a=12，
解得a2=4b2=3，
所以，椭圆C的方程为x24+y23=1．
（2）证明：联立椭圆C的方程x24+y23=1与直线AB的方程y=kx+1，
消去y得，3+4k2x2+8kx−8=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，得x1+x2=−8k3+4k2，x1x2=−83+4k2，
设Mx0,y0，所以x0=x1+x22=−4k3+4k2，y0=kx0+1=33+4k2，
则直线MO的斜率为y0x0=−34k，
所以，直线MO的方程为y=−34kx，
因为F的坐标为1,0，所以，过F且与AB垂直的直线方程为y=−1kx−1，
由y=−1kx−1与y=−34kx联立，消去y，得点P的横坐标为4，
则直线m的方程为y=4k3x−1，直线l的方程为y=kx，
由y=4k3x−1与y=kx联立，
消去y，得点Q的横坐标也为4，
所以直线PQ⊥x轴．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率公式和代入法以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而建立方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）联立直线方程和椭圆方程结合韦达定理、代入法和两点求斜率公式，从而得出直线MO的方程，再利用两直线垂直斜率之积等于-1和点斜式方程得出过F且与AB垂直的直线方程，与直线y=−34kx联立，从而得出直线m的方程和直线l的方程，将y=4k3x−1与y=kx联立得出点Q的横坐标，从而证出直线PQ⊥x轴．
（1）依题意得1a2+94b2=1a2−b2a=12，解得a2=4b2=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
（2）联立椭圆C的方程x24+y23=1，与直线AB的方程y=kx+1，消去y得，
3+4k2x2+8kx−8=0，设Ax1,y1，Bx2,y2，
得x1+x2=−8k3+4k2，x1x2=−83+4k2，
设Mx0,y0，所以x0=x1+x22=−4k3+4k2，y0=kx0+1=33+4k2，
所以直线MO的斜率为y0x0=−34k，MO的方程为y=−34kx，
F的坐标为1,0，
过F且与AB垂直的直线方程为y=−1kx−1，
由y=−1kx−1与y=−34kx联立消去y得，P点的横坐标为4，
直线m的方程为y=4k3x−1，直线l的方程为y=kx，
由y=4k3x−1与y=kx联立消去y得，Q点的横坐标也为4，所以直线PQ⊥x轴．
19．【答案】（1）解：根据题意，则f'(x)=1x−a=1−axx，
当a≤0时，f'x>0恒成立，则f(x)在0,+∞上单调递增，
当a>0时，由f'x>0，得00 在x∈0,+∞上恒成立，
∴gx=ex−x−1 在0,+∞单调递增，所以gx>g0=0，
则当x∈0,+∞，ex>x+1>1，
要使fx+1>fex在0,+∞上恒成立，
只需fx在1,+∞上单调递减，
由（1）得1a≤1，解得a≥1．
解法2：设gx=fx+1−x+aex=lnx+1−ax+1−x+aex，
则g'x=1x+1−a−1+aex，
设ℎx=g'x=1x+1−a−1+aex，则ℎ'x=−1x+12+aex ，
①当a≥1时ℎ'x>0在x∈(0,+∞)恒成立，
所以，函数ℎ(x)在0,+∞单调递增，则g'x>g'0=0，
所以gx在0,+∞单调递增，则gx>g0=0，满足题意；
②当a0，使得x∈0,x0，ℎ'x0得00 在x∈0,+∞上恒成立，
∴gx=ex−x−1 在0,+∞单调递增，
所以gx>g0=0，即当x∈0,+∞，ex>x+1>1，
要使fx+1>fex在0,+∞上恒成立，只需fx在1,+∞上递减，
由（1）得1a≤1，解得a≥1．
解法2：设gx=fx+1−x+aex=lnx+1−ax+1−x+aex，g'x=1x+1−a−1+aex，
设ℎx=g'x=1x+1−a−1+aex，则ℎ'x=−1x+12+aex ，
①当a≥1时ℎ'x>0在x∈(0,+∞)恒成立，所以ℎ(x)在0,+∞单调递增，
所以g'x>g'0=0所以gx在0,+∞单调递增，所以gx>g0=0，满足题意，
②当a0使得x∈0,x0，ℎ'x