2025-2026学年安徽省安庆市田家炳中学高二下册期中学情调研数学试题 含答案

/数学一、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.某班有4名男生和3名女生，现从中选出3人参加校运动会志愿者服务，要求选出的3人中既有男生又有女生，则不同的选法共有（）A.24种 B.30种 C.35种 D.40种2.已知等差数列的首项为1，前项和为，若，则（）A.60 B.90 C.100 D.1803.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B.C. D.4.已知多项式，则（）A.15 B.20 C.60 D.805.若函数在定义域上为增函数，则实数的范围为（）A. B.C. D.6.甲、乙、丙等6位同学都要报名参加学校举办的3项不同活动，每人只能报其中一项，要求每项活动至少有一人报名，则不同的报名方式共有（）A.360种 B.480种 C.540种 D.720种7.定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（）A. B. C. D.8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，圆与的一条渐近线的一个交点为.若，则的离心率为（）A. B. C. D.二、多选题：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.关于二项式的展开式，下列说法正确的有（）A.常数项为 B.含项的系数为C.各项系数之和为1 D.二项式系数之和为1610.下列有关计数问题的结论中，正确的有（）A.将一个圆面等分成4个扇形区域，按顺时针依次记为，，，.用4种不同的颜色涂色，要求相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法有84种B.用4种不同的颜色给正三棱柱的6个顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点颜色不同，则不同的涂色方法有264种C.将10个完全相同的小球放入4个不同的盒子中，要求每个盒子至少放一个球，不同的放法有种D.将10个完全相同的小球放入4个不同的盒子中，允许有空盒，不同的放法有种11.设函数，则（）A.当时，有三个零点B.当时，是的极大值点C.存在a，b，使得为曲线的对称轴D.存在a，使得点为曲线的对称中心三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演.若甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有__________种.13.设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为__________.14.“杨辉三角”是我国古代数学的瑰宝，它本身蕴含着非常丰富的数学规律和许多有趣的性质.如图所示，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第__________行中从左到右第12与第13个数的比为.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.已知等差数列和等比数列，满足，，.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.16.已知函数，曲线在点处切线方程为.（1）求实数，的值；（2）求在上的最大值和最小值.17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，.（1）求证：；（2）若，且，，求平面与平面所成角的正弦值.18.已知椭圆的左、右焦点分别为、，同时也是抛物线的焦点.若点是曲线与在第一象限的交点，且，点的横坐标为.（1）求抛物线的标准方程；（2）求椭圆的标准方程；（3）设椭圆的左、右顶点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点（、不与、重合），记直线、的斜率分别为、，证明：为定值.19.已知函数，gx=（1）当时，求证：对于任意，函数的图象恒在图象的上方；（2）设，讨论在上的单调性；（3）已知数列满足an=1nn∈N*，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有：①

数学一、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.某班有4名男生和3名女生，现从中选出3人参加校运动会志愿者服务，要求选出的3人中既有男生又有女生，则不同的选法共有（）A.24种 B.30种 C.35种 D.40种答案：B解析：解答过程：选择男生1人，女生2人，共有种情况；选择男生2人，女生1人，共有种情况；合计：种情况.2.已知等差数列的首项为1，前项和为，若，则（）A.60 B.90 C.100 D.180答案：C解析：解答过程：设等差数列的公差为，因为，所以，所以.3.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B.C. D.答案：A解析：思路：根据投影向量的计算公式求解即可.解答过程：设向量、的夹角为，因为在上的投影向量为:，又因为，，所以，，，所以向量在向量上的投影向量：，故A选项正确.4.已知多项式，则（）A.15 B.20 C.60 D.80答案：C解析：思路：依题意得到，再根据二项式展开式的通项公式即可求出指定项的系数．解答过程：由，则2x所以其二项式展开式的通项为Tr令，则的系数为．5.若函数在定义域上为增函数，则实数的范围为（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：由函数在定义域上单调递增，则恒成立求解.解答过程：函数的定义域为，因为函数在定义域上为增函数，所以在恒成立，所以，令，，，令，，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，gx所以，故选项D正确.6.甲、乙、丙等6位同学都要报名参加学校举办的3项不同活动，每人只能报其中一项，要求每项活动至少有一人报名，则不同的报名方式共有（）A.360种 B.480种 C.540种 D.720种答案：C解析：思路：先将6个人分成3组，每组至少一人，求出总的分法数，再将这3组人，分配到3个活动项目中去，即可得答案.解答过程：将6个人分成3组，每组至少一人：当三组人数为4，1，1时，有种分法；当三组人数为3，2，1时，有种分法；当三组人数为2，2，2时，有种分法；所以一共有，将这三组人数分别分配到3个活动项目中去，所以共有种分配方式.7.定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：构造新函数，利用函数导数与函数单调性分析求解即可.解答过程：对任意，，所以不等式的解集等价于不等式的解集，令，由，所以，所以不等式的解集等价于不等式的解集，又对任意，，所以，所以函数在上单调递增，由，则有，所以不等式的解集为.8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，圆与的一条渐近线的一个交点为.若，则的离心率为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：结合双曲线的性质，结合三角形中余弦定理构造齐次式，可得双曲线的离心率.解答过程：如图所示，由已知得，，，且，则，在中，由余弦定理，得，即，整理得，所以，故，故选：B.二、多选题：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.关于二项式的展开式，下列说法正确的有（）A.常数项为 B.含项的系数为C.各项系数之和为1 D.二项式系数之和为16答案：AC解析：思路：根据二项式展开式计算判断A，B，应用赋值法计算判断C，应用二项式系数和判断D.解答过程：二项式的展开式为Tr+1对于A：当时，常数项为，A选项正确；对于B：当时，含项的系数为C52×对于C：令，得各项系数之和为，C选项正确；对于D：二项式系数之和为，D选项错误；10.下列有关计数问题的结论中，正确的有（）A.将一个圆面等分成4个扇形区域，按顺时针依次记为，，，.用4种不同的颜色涂色，要求相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法有84种B.用4种不同的颜色给正三棱柱的6个顶点涂色，要求同一条棱的两个顶点颜色不同，则不同的涂色方法有264种C.将10个完全相同的小球放入4个不同的盒子中，要求每个盒子至少放一个球，不同的放法有种D.将10个完全相同的小球放入4个不同的盒子中，允许有空盒，不同的放法有种答案：ABC解析：思路：对于A，分当区域与区域的颜色不相同和相同两种情况求解；对于B，分涂四色和涂三色，求出总的涂法数，即可判断；对于C，利用隔板插空法，求解后即可判断；对于D，先给每个盒子补一个小球，再用隔板法求解后，即可判断.解答过程：对于A，区域有4种不同涂色法，区域有3种不同涂色法，当区域与区域的颜色相同时，此时区域有3种不同涂色法，此时共有种涂色法；当区域与区域的颜色不相同时，区域有2种涂色法，此时区域有2种不同涂色法，此时共有种涂色法；所以不同的涂色方法有种，故A正确；对于B，根据4种颜色备选情况，分成两类情况：①当涂四色时，先涂，有种涂法，再从中选一点涂第四种颜色，如先涂，再涂，若与同色，则有2种涂法；若与不同色，则有1种涂法；则共有种涂法；②当涂三色时，先涂，有种涂法，再涂，有2种涂法，各有1种涂法，故有种涂法；所以不同的涂色方法有种，故B正确；对于C，将10个小球排成一列，在中间9个空隙（不算两端的空隙）中插入3个隔板即可，故共有种方法，故C正确；对于D，假设先给每个盒子放入一个小球，这样共有14个小球，排成一列，在其产生的13个空隙（不含两端的空隙）中插入3个隔板，故共有种放法，故D错误.11.设函数，则（）A.当时，有三个零点B.当时，是的极大值点C.存在a，b，使得为曲线的对称轴D.存在a，使得点为曲线的对称中心答案：AD解析：思路：A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.解答过程：A选项，，由于，故时，故在上单调递增，时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点，又，，则，则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；B选项，，时，，单调递减，时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上，，于是即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，，，，由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D选项正确.故选：AD方法提示：结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演.若甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有__________种.答案：24解析：解答过程：乙和丙捆绑在一起与其余3个元素一起排列有，其中甲站在两端的排法有，所以甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有.13.设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为__________.答案：解析：思路：求导后求出切线的斜率，再由点斜式得到切线方程，然后求出与坐标轴的交点，最后求出三角形面积即可；解答过程：由题意可得f'所以，f0=所以切线方程为，令，则，令，则，则三角形的面积为.14.“杨辉三角”是我国古代数学的瑰宝，它本身蕴含着非常丰富的数学规律和许多有趣的性质.如图所示，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第__________行中从左到右第12与第13个数的比为.答案：27解析：解答过程：“杨辉三角”第行的数依次为：、、、、、、，所以第n≥12行从左到右第12个和第13个数依次为：、，由题意得：，即：，所以：4×n!11!化简得：，解得：，即：第27行中从左到右第12与第13个数的比为.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.已知等差数列和等比数列，满足，，.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.答案：（1），（2）解析：思路：（1）通过设公差、公比，利用已知条件联立方程组求解，再代入通项公式即可写出；（2）利用错位相减法求和即可.（1）设公差为，公比为，则，解得（舍），，所以，故，.（2）由（1）得：，所以①，②①-②得，，故.16.已知函数，曲线在点处切线方程为.（1）求实数，的值；（2）求在上的最大值和最小值.答案：（1），（2）最大值为，最小值为解析：思路：（1）根据切点既在曲线上，又在切线上，以及f'1=5（2）利用导数得到函数的单调性，然后在闭区间比较函数的极值以及端点值，最后得到函数的最值.（1）由切点既在曲线上，又在切线上，得f1=−12+b∵f′x=a综上：，.（2）由（1）得fx∴f令，得，（舍），极大值∴f∵f1=−12+1+7=−4，f∴f1−故在上的最大值为f2=3−8ln2，最小值为17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，.（1）求证：；（2）若，且，，求平面与平面所成角的正弦值.答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）利用菱形对角线互相垂直、等腰三角形三线合一的性质，先证明平面，再由线面垂直性质即可证明结论；（2）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角的计算公式得出余弦值，进而得出正弦值.（1）连接交于，连接，由为菱形，得，由，得，又因为，平面，所以平面，又因为平面，故.（2）由（1）知，又因为，，平面，所以面.以为原点，分别以，，过且平行于的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.因，且底面是菱形，，则是等边三角形，，.则，，，，则，，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，同理设平面的一个法向量为，所以，令，则，设面与面所成的角为，则，故.18.已知椭圆的左、右焦点分别为、，同时也是抛物线的焦点.若点是曲线与在第一象限的交点，且，点的横坐标为.（1）求抛物线的标准方程；（2）求椭圆的标准方程；（3）设