广东惠州市惠东县2025-2026学年第二学期高二年级期中学业质量检测数学试题 含答案

/广东惠州市惠东县2025-2026学年第二学期高二年级期中学业质量检测数学试题一、单选题1．的展开式中的第6项的二项式系数是（

）A． B． C． D．2．已知函数的部分图象如图所示，则（

）A．<< B．<<C．<< D．<<3．设离散型随机变量X的分布列为X0123P0.20.40.30.1若随机变量，则（

）A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.84．设，，，则（

）A． B． C． D．5．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（

）A． B． C． D．6．已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（

）A． B． C． D．7．从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这样的四位数中大于2023的个数为（

）A．44 B．43 C．42 D．418．已知函数，若对，，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知离散型随机变量X的分布列为X2468Pa则（

）A． B．C． D．10．设函数，且记，则（

）A．数列的首项为 B．数列的前10项和为512C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为011．已知函数，则（

）A．是函数的极小值点B．对，方程恒有两个不同的实数解C．D．存在，使得直线与曲线相切三、填空题12．在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有______种.13．二项式的展开式中的常数项为__________.14．已知函数，函数恰有3个零点，则实数的取值范围是_____．四、解答题15．已知数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前n项和.16．某社区实施垃圾分类投放，居民主要在早、中、晚三个时间段投放垃圾，且早、中、晚三个时间段垃圾投放量占比分别为、、环保部门监测发现，各时段因监管力度不同，出现垃圾混投情况：在已知垃圾是早上投放的条件下，违规混投的概率为是中午投放的条件下，违规混投的概率为是晚上投放的条件下，违规混投的概率为现随机抽查一袋垃圾，求：(1)这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率;(2)这袋垃圾存在违规混投的概率;(3)若已知该垃圾违规混投，求它来自晚上时段投放的概率.17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．18．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，恒成立，求的取值范围.19．已知椭圆的左、右顶点分别为点A，B，且，椭圆C离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的右焦点的直线l交椭圆C于M，N两点（异于A、B），直线，的交于点Q，求证：点Q在直线上．《广东惠州市惠东县2025-2026学年第二学期高二年级期中学业质量检测数学试题》答案题号12345678910答案CBACADDDACDABD题号11答案AB1．C【分析】根据二项式的定义，即可得答案.【详解】由题意可知第6项的二项式系数为．故选：C2．B【分析】由导数的几何意义即函数图象增长速度越快，其导数值越大，结合图象即可求解.【详解】由的图象可知，在上单调递增且增长得越来越慢，所以，即.故选：B.3．A【分析】由题意得计算求解即可.【详解】由题可得.故选：A4．C【分析】根据条件概率公式进行求解即可.【详解】因为，，，所以，所以．故选：C.5．A【详解】由题设，则，而，所以曲线在点处的切线方程为.6．D【分析】构造函数，通过求导研究单调性，利用单调性解不等式.【详解】设，因为，所以，在上单调递减，，的解为，即的解为，即的解为，解为.故选：D7．D【详解】当千位数是时，比大的偶数有种；当千位数是时，比大的偶数有种；当千位数是时，个位是且比大的偶数有种，个位是且比大的偶数有种，所以比大的偶数共有种，所以所求为41.8．D【分析】求解的单调性，令，求解在上单调递增，在定义域上的单调性，由函数为偶函数可得到化简即可.【详解】因为函数的定义域为，，所以为偶函数，又，令，则.因为，，所以，所以在上单调递增.又，所以当时，，即在上单调递增.又函数为偶函数，所以在上单调递减，所以不等式可化为.又，所以，即，，由，得，即；由，得，即.综上，.9．ACD【详解】由概率之和为1可得，A正确，，B错误，，C正确，,D正确.10．ABD【分析】利用赋值法，即可结合选项逐一求解.【详解】由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，即当时，数列的第项是展开式中的系数.令，则，故A对；数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和，令，则，故B正确；数列的前10项和等于，令，则，而，则数列的前10项和为，故C错误；数列的前10项和等于，令，则，因为，故D正确.11．AB【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项.【详解】函数​的定义域为，且，令，解得当时，，所以，单调递减；当时，，所以，单调递增；则是函数的极小值点，故A正确；对于B，的极小值为，当时，，，当时，，结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确；对于C，由于当时，单调递增，所以，则，即,所以，故C不正确；对于D，设切点为，切线斜率为，切线方程为：，因为切线过，代入得：化简得：，整理得：，即，令，，则，所以在和上单调递增，所以当时，，当时，，则当时，无解，即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确；12．18【分析】根据区域种花情况，分两类情况求解，根据分类加法计数原理可得答案.【详解】区域种同一种花，不同的种植方法有：；区域种不同的花，不同的种植方法有：；由分类加法计数原理可得，共有18种方法.故1813．【分析】直接根据二项式定理的展开式的通项公式计算可得.【详解】由二项式，所以展开式的通项公式.令，得，所以常数项为.故14．【分析】利用导数分别讨论和时函数的单调性，求出最值，画出函数图象，根据函数的零点个数与和图象交点个数的关系，确定的取值范围.【详解】当时，，则，令，所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以当时，，当.当时，，则，令，所以当时，单调递增；当时，单调递减.当时，，，当，作出函数的图象如图所示．因为函数有3个零点，所以与的图象有3个交点，由图知，即实数的取值范围为.故15．(1)，(2)【分析】（1）利用降序相减求解即可；（2）利用裂项相消法即可得解.【详解】（1）①，当时②，①-②得，当时，，符合上式，综上：，.（2），则.16．(1)(2)(3)【分析】（1）设相应事件，结合计算求解即可；（2）根据全概率公式可得，代入计算即可；（3）根据条件概率公式，结合计算即可.【详解】（1）设垃圾来自早、中、晚时段分别为事件A，B，；垃圾违规混投为事件V，由题意可知：，，可得，所以这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率为.（2）由题意可得：，所以这袋垃圾存在违规混投的概率为.（3）由题意可得：，所以已知该垃圾违规混投，它来自晚上时段投放的概率为17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据菱形和平行关系可得，由面面垂直可得平面，从而可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，故可得．（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量后可求线面角的正弦值.【详解】（1）取的中点为，连接．因为四边形是菱形，所以，因为分别是的中点，所以，所以．由，得，而平面平面，平面平面平面，故平面,又平面，所以．又，平面，所以平面．而平面，故．（2）由题知为正三角形，而，故，以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图：则，于是．设平面的法向量为，则即，可取．设直线与平面所成的角为，则．18．(1)当，的递增区间是，没有单调递减区间，若，的递增区间是，递减区间是；(2)【分析】（1）先求得函数的导函数，然后根据，两种情况，讨论的单调性;（2）由题可知，在时恒成立，则令，结合（1）判断函数的单调性求其最小值，求得的取值范围.【详解】（1）由题知：若，，在上单调递增

若，令解得：当时，，单调递减；当时，，单调递增，综上，当，的递增区间是，没有单调递减区间，若，的递增区间是，递减区间是；（2）依题意，时，恒成立，即在上恒成立，令，则=，令，由（1）知函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，则有，即，即当时，则，当时，则，即在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取最小值，于是得，所以的取值范围为.19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率及长轴长列方程组求解即可；（2）先直接计算直线l的斜率不存在时的情况，然后直线l的斜率存在时，设，与椭圆联立，写出韦达定理，写出直线AM和BN的方程，求出时的值，作差，整理后代入韦达定理计算即可.【详解】（1）因为，椭圆C离心率为，所以，解得，，所以