湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期中模拟考试自编数学试卷01（范围：人教版2019选择性必修1、选择性必修2、选择性必修3至第七章第三节）（解析版）

湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期中模拟考试自编数学试卷01（解析版）题号12345678910答案BDDBAADBBCDABD题号11答案ACD1．B【详解】集合，函数的定义域是，其函数值均取自集合；，且，至少为2；，且，至多为4；的可能取值为2，3，4.①当时,，即，且，只能取1，共1种选择；，即，且，只能取1，共1种选择；，即，且，可以取2，3，4，共3种选择；根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.②当时,，即，且，可以取1，2，共2种选择；对于，需满足；若，则只能取1，共1种选择；若，则可以取1，2，共2种选择；和的组合共有1+2=3种情况；，即，且，可以取3，4，共2种选择；根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.③当时,，即，且，可以取1，2，3，共3种选择；对于，需满足；若，则只能取1，共1种选择；若，则可以取1，2，共2种选择；若，则可以取1，2，3，共3种选择；和的组合共有1+2+3=6种情况；，即，且，可以取4，共1种选择；根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.综上所述，满足条件的函数总个数为.2．D【详解】先把字相同的卡片看成一组，第一步：从这5组中选出一组有种选法.第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选一张卡片有.第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学有.所以不同的分配方案有种.3．D【分析】利用二项式定理化简原式，再将问题转化为求除以7所得的余数，再次结合二项式定理将问题转化为除以7所得的余数即可.【详解】，因为，所以除以7所得的余数为，即，故，而，故除以7所得的余数为，故原式除以7所得的余数与除以7所得的余数相等均为.4．B【分析】由题意可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等，根据种不同的取法，每种取法里三个球两两碰撞之后共有种等可能的情况发生，其中可产生计数为的球的情况有种，再算出其中不同取法里球个数各自的概率，即可计算出期望.【详解】由，球两两发生有效碰撞的概率均为，可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等.取出三个球后，每两个球之间碰撞一次，则需碰撞次，每次碰撞均有有效碰撞和无效碰撞两种情况发生，且可能性相等，所以三个球两两碰撞之后共有种等可能的情况发生.①若取出的三个球均为球，有种取法，碰撞之后产生计数为的球的情况有：每个球之间有效碰撞次，无效碰撞次，计数结果为，有种，1个球计数为2；每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，有三个球计数为2；则符合条件的情况数为.②若取出的三个球为个球，个球，有种取法，碰撞之后产生计数为的球的情况有：，球之间有效碰撞次，无效碰撞次，计数结果为或，有种1，计数为2的球个数分别为1和2；每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；则符合条件的情况数为.③若取出的三个球为个球，个球，有种取法，碰撞之后产生计数为的球的情况有：a，a碰撞有效，a，b碰撞无效，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；a，a碰撞无效，a，b碰撞1次有效1次无效，计数结果为，有种，计数为2的球个数为1；a，a碰撞无效，a，b碰撞均有效，计数结果为，有种，计数为2的球个数为3；a，a碰撞有效，a，b碰撞1次有效1次无效，计数结果为，有2种，计数为2的球个数为1；a，a碰撞有效，a，b碰撞有效，计数结果为，有1种，计数为2的球个数为1；所以符合条件的情况数为.④若取出的三个球均为球，有种取法，碰撞之后产生计数为的球的情况有：每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；每个球之间有效碰撞次，计数结果为，有种，计数为2的球个数为2；符合条件的情况数为.所以碰撞之后产生计数为的球的情况总数为，设李华一开始取出的三个球里，球个数为随机变量，则随机变量所有可能取值的集合是，，，，，故的分布列如下表：数学期望，所以李华一开始取出的三个球里，球个数的期望是个.故选：.5．A【分析】设，则的几何意义即为，结合对称可求前者的最小值.【详解】设原点关于直线的对称点为，则，故，故.设，因为，为非负实数，且，欲求的最小值，即求线段上的点到轴的距离与到原点距离之和最小，即为的最小值，如图，设在轴上的垂足为，则，当且仅当共线时等号成立，故的最小值为.6．A【分析】利用椭圆的定义与几何性质，结合余弦定理求解即可.【详解】由题意，椭圆焦点，故.光线总路程为.已知总路程为，得.设，则，由椭圆定义：，，.由反射性质：，故.对用余弦定理：.对用余弦定理：，化简得：，解得.代入得，故，直线的倾斜角为，斜率.7．D【分析】先利用诱导公式得到的递推关系式，再结合函数图象，利用需满足的条件对具体的进行分类分析即可.【详解】根据诱导公式可得，因此有或，即（关系1）或（关系2），，对于关系1，结合条件②，可化为；对于关系2，由可得③，代入条件②得，解得，则由③可得，；设，，可知在正弦函数图象上，且在余弦函数图象上，由①可知直线垂直于轴，再由条件②，可依次取点，得到点列；对于A选项，由，即，在平面直角坐标系中作出正、余弦函数图象，，故由条件②，可得，由，可得，或（舍去），；结合条件②，如图所示，依次可绘出点列，由此结合周期性可知，即满足条件的单调数列有且只有1个，故A项错误；对于B选项，给定，构造一：利用关系1：构造数列，则数列通项为，即可得到一个递增的数列；构造二：先由关系构造，再利用关系1：构造数列，则，即也可得到一个递增的数列，故满足条件的单调数列不只一个，故B项错误；对于C选项，给定，由，其中，构造数列：验证可知，满足条件①；②；③．由条件，正整数列的无界性则可构造无数个满足条件的数列，故存在无数个满足条件的数列满足题意，C错误；对于D选项，()当时，结合A选项与正余函数周期性分析，可得数列满足，即满足条件的数列有且只有1个，且单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，或，.当时，此时可得，这与条件③矛盾m，故，，依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，由，结合条件②；可得，或（舍去，不能与相同），依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，同理可得，依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，由，结合条件②；可得，，依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当时，由，结合条件②；可得，由，结合条件②；可得，，依次绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；()当及时，同理可分别绘点如下图：再由周期性可知数列满足，故数列单调递增；综上可知，当时，均可得数列唯一确定且满足，即存在无数个，使得满足条件的数列有且只有1个，且单调递增；()当时，当且时，构造一：利用关系1：构造数列，则；构造二：利用关系2：，（且）构造，以后各项利用关系1构造可得数列，构造，，由，则，故，与构造一为不同数列；即此时满足条件的数列不只1个；当且时，构造一：利用关系利用关系1：构造数列，则；构造二：利用关系1可构造，则，且，则后续构造同上，利用关系2：（且）构造，以后各项利用关系1构造可得数列，故此时满足条件的数列也不只1个；综上所述，存在无数个使得满足条件的数列有且只有1个，且此时数列一定是单调数列，故D正确.8．B【分析】构造函数，对求导判断其单调性，再由单调性解不等式即可求得结果.【详解】令，则；由以及可得，因此在上单调递增，不等式可知且,即，所以可知,解得，因此该不等式的解集为.9．BCD【分析】设相应事件，利用全概率公式求，即可判断B，结合条件概率公式判断ACD.【详解】设该游客第一次选择套餐为事件，第二次选择套餐为事件，则，，且，，可得，.对于选项A：该游客第一次选择套餐，第二次也选择套餐为事件，其概率为，故A错误；对于选项B：因为，即，所以该游客第一次选择套餐的概率比第二次选择套餐的概率小，故B正确；对于选项C：因为，所以若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为，故C正确；对于选项D：因为，则，所以若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为，故D正确.10．ABD【分析】根据外接球体积公式、勾股定理、空间向量坐标的线性表示等知识逐项计算判断即可.【详解】四面体的直观图如图所示．设顶点在底面上的射影为，连接，则平面，连接并延长，交于点，易得为的中点．因为，所以，所以，则，则，A正确．设四面体外接球的球心为，则在上，设，则，解得，所以四面体外接球的半径为3，四面体外接球的体积为，C错误．易得四面体内切球的半径，内切球的球心为，则的最大值为，最小值为，B正确．因为平面，所以，又因为，所以，解得或（舍去），．当取得最小值时，，即，得，D正确．11．ACD【分析】借助导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理、分离参数，逐一判断选项即可.【详解】对于A：函数的定义域为，又因为，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在取到最大值，且，又因为当时，，当时，，故有唯一零点，故A正确；对于B：函数的定义域为，又因为，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在取到最大值，且，又因为当时，，当时，，所以若方程有两个实数解，则，故B错误；对于C：若对任意恒成立，分情况讨论：当时，左边，不等式成立；当时，，不等式变形为，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得最大值，最大值为，故；当时，，不等式变形为，令，求导同，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在处取得最小值，最小值为，故，综上，，故C正确；对于D：因为，令，所以在上恒成立，故，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的最大值在或上取得，因为，而，故，故D正确.【点睛】以导数为工具，精准分析和的单调性、极值与最值，是解决本题的关键.12．【分析】用字母表示出甲、乙、丙的卡片，计算出相应样本空间与总样本空间求出概率即可.【详解】设甲制作的卡片为；乙制作的卡片为；丙制作的卡片为.代表三人只有一人至少取回一张自己的卡片，有种情况；不妨设是甲至少取回一张自己的卡片；当甲只取回一张自己的卡片时，有种；例如：甲取到的卡片为，此时丙不能取，只能取，即甲取回一张自己的卡片时，样本数为；当甲取回两张自己的卡片时，此时乙与丙只能相互交换，即有种；而总样本空间为甲、乙、丙三人各自任取两张卡片，即，所以;代表三人有两人至少取回一张自己的卡片，即有一个人没有取回自己的卡片，有种情况；不妨设是丙没有取回自己的卡片，则丙要在四张中取两个，显然丙不能取或，所以丙有种取法，例如：丙取的是，则甲留下，只能在中取一个，即种，剩下两张给乙，即共有种，所以.所以.13．【详解】由圆，得圆心，半径，又由圆，得，半径，圆心距，当两圆外离时公切线最多，共有4条，所以满足，即存在这样的，故第一空答案为；由3个公切线交点在轴上，注意到到的距离为1，恰好是​的切线，若也是的公切线，则到的距离为，得，符合外离条件，此时是一条公切线，它和另外三条公切线的交点都在轴上，满足题意，设斜率存在的公切线为，由公切线条件可得：，作商可得：，可得或，整理得：或，当时，代入，当时，代入，所以当时，，当时，，从而可得三条公切线方程分别为：由，联立解得：，即得，又由，联立解得：，即得，又由，联立解得：，即得，则，点到直线的距离为，所以另外三个交点围成的三角形面积为：.14．89【分析】设小明上个台阶有种方法，只需把最后一步分成上1个台阶与上2个台阶两类情况，可得，利用斐波那契数列的定义即可求得.【详解】设小明上个台阶有种方法，考虑最后一步，若最后一步小明上1个台阶，则前个台阶有种方法且；若最后一步小明上2个台阶，则前个台阶有种方法且.由加法原理得，易知，可得.所以小明不同的上楼方法共有89种.15．(1)(2)(3)【分析】（1）把每对夫妇看成一个整体，A，B也看成一个整体，转化为5个元素的排列，再求安排到圆桌的排法即可；（2）利用捆绑法与插空法求解即可；（3）先选出符合条件的6人，再利用捆绑法求解即可.【详解】（1）每对夫妇看成一个整体，当作一个元素，A，B也看成一个整体，当作一个元素，所以问题就是5个不同的元素的排序问题，5个不同的元素排成一列有种不同的排法，把这一列的5个元素排在一个圆桌上时有种不同的排法；又每个元素内部各有2种不同的排法，所以共有；（2）甲、乙两对夫妇相邻，且甲妻与乙妻相邻，则这四人形成一个整体，内部排法有(甲-甲妻-乙妻-乙)和(乙-乙妻-甲妻-甲)2种把这两对夫妇看作一个元素，另外每对夫妇看作一个元素，这3个元素排成一列有种不同的排法，再安排到圆桌就座时有种不同的方法，再把，A，B插入前面三个元素形成的三个空位中有种不同的方法，又前面三个元素内部各有2种不同的排法，所以共有种不同的排法；（3）4对夫妇任选1对夫妇有种不同的选法，再从3对夫妇和A，B共选4人，若A，B都选，从3对夫妇选2人（不是夫妇）有种选法，所以6人站成一排合影，选到的1对夫妇相邻的排法有，所以共有；若A，B选1人，从3对夫妇选3人（不是夫妇）有种选法，所以6人站成一排合影，选到的1对夫妇相邻的排法有，所以共有；综上所述：随机选择6人站成一排合影，且恰好只有1对夫妇被选中并在合影时相邻的排法有.16．(1)012(2)【分析】（1）由题意分析的可能取值为0，1，2.分别求出概率，写出分布列；（2）由全概率公式得到，判断出数列为以为首项，以为公比的等比数列即可求解；【详解】（1）（1）由题可知，的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：;;，故的分布列如下表：012（2）（2）由全概率公式可知：，即：，所以，所以，又，所以，数列为以为首项，以为公比的等比数列，所以，即：.17．(1)是，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由可得，当时，可得，进而结合题设定义即可判断；（2）由题意可得，设，可得，进而得到，进而得到数列是等差数列，且公差为3，即可求出，再利用错位相减法求证即可；（3）令，由题意可得，即存在非负整数和整数，使得，此时，设这项中的最小值为，进而得到，进而求证即可.【详解】（1）是“组差数列”，理由如下：由，得，当时，，则，所以，则数列是以2为公差的等差数列，且，故是“组差数列”.（2）因为是“组差数列，所以数列是以18为公差的等差数列，则，又为定值，所以可设，则，所以，所以数列是等差数列，且公差为，则，设，则，两式相减得，，所以，即.（3）因为为“组差数列”，所以数列是以为公差的等差数列，则，令，则，对于任意正整数n，均存在非负整数和整数，使得，此时，设这项中的最小值为，因为，所以，从而，则，令，由对任意的实数均成立，则.18．(1)；(2)证明见详解(3)证明见详解【分析】（1）将扇形弧长转化为圆锥底面周长建立与的关系；利用母线长和勾股定理表示高，代入锥体体积公式后通过构造函数求导寻找极值点；（2）对体积函数求一阶导数得到单调性信息；构建新函数再次求导，将导符号问题转化为二次函数在定义域内的根分布问题，从而证明极值点的唯一性；（3）根据实际成本与