2025-2026学年福建泉州第五中学高二下册期中模拟卷3数学试题 含答案

/数学一、单选题1.把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则等于（）A. B. C. D.2.有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（）种A. B. C. D.3.已知数列的前项和为，满足，则的值为（）A.63 B.126 C.128 D.2544.已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且从上到下与依次交于两点，，则（）A. B.2 C. D.35.设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，则下列说法不正确的是（）A.B.C.若A，B是相互独立事件，则D.若A，B是互斥事件，则6.已知函数对定义域内任意，都有，则正实数取值范围为（）A. B. C. D.7.在送教下乡活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，且甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，则不同的分配方法总数为（）A.36 B.72 C.144 D.1088.已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（）A. B. C. D.二、多选题9.若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A，B，C，D四个景区游玩且每个人都必须分配到游玩的景区，则下列说法正确的是（）A.若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法.B.若每个景区都必须有人游玩且甲，乙二人不能去同一个地方，则一共有216种分配方法.C.若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法.D.若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法.10.已知函数，则下列说法正确的有（）A.，都有两个极值点B.当时，仅有一个零点C.若的单调递减区间为，则在区间的值域为D.存在实数，使直线与的图象交于A、B、C三点，且B为中点11.将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（）A.在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为B.在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则C.在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆D.在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个三、填空题12.的展开式中含项的系数为___________.13.某学校有A，B两家餐厅，张同学第一天午餐随机地选择一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.6.则张同学第二天去B餐厅用餐的概率为__________.14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若，且双曲线的离心率为，则______．四、解答题15.已知函数在处取得极值.（1）求实数的值；（2）求在区间上的值域.16.已知甲盒中有2个红球，4个白球，乙盒中有3个红球，5个白球，这些球除了颜色外完全相同．（1）从甲盒中有放回地取球，每次取1个，共取3次，记这3次中取出红球的次数为随机变量，求的数学期望和方差；（2）从甲、乙两盒中各任取2个球，记取出的4个球中红球的个数为随机变量，求的分布列．17.已知椭圆的离心率为，椭圆经过点．（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，且．（i）求证：；（ii）设弦的中点为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，求四边形面积的取值范围．18.已知某不透明盒子中有3个黑球、2个红球，盒子外面有足够多的黑球，所有球除颜色以外完全相同.现进行一种摸球游戏，规定从盒子中随机摸出1个球记下颜色，不放回盒子中，然后从盒子外的黑球中拿1个放入盒子中为一次操作.重复以上操作，当盒子中全为黑球时游戏终止.（1）经过2次操作后，记盒子中红球的个数为，求的分布列和数学期望.（2）记次操作后游戏终止的概率为.(i)求关于的表达式;(ii)求的最大值.19.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，讨论函数的单调性；（3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值．

数学一、单选题1.把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则等于（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：应用独立事件概率乘积公式计算再根据条件概率公式计算求解.解答过程：第一次出现正面的概率是，第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是，则．故选：A.2.有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（）种A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：将丙和丁看作一个整体（捆绑），内部可以交换顺序，有种，①先排（丙丁）和戊，有种排法，这两个排好后，会产生个空位（包括两端），②从个空位中选个来排甲和乙，有种排法，所以总排法为种．3.已知数列的前项和为，满足，则的值为（）A.63 B.126 C.128 D.254答案：B解析：思路：根据和的关系得到，则，，再根据等比数列前项和公式计算即可．解答过程：解：，当时，，故；当时，，，相减得到，数列是首项为，公比为的等比数列，故，验证时成立，故，，．4.已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且从上到下与依次交于两点，，则（）A. B.2 C. D.3答案：D解析：思路：根据题意，联立直线与抛物线方程，即可得到的横坐标，结合焦半径公式代入计算，即可得到结果.解答过程：由于，直线方程为，联立方程，消去得，显然，得，所以，即.故选：D.5.设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，则下列说法不正确的是（）A.B.C.若A，B是相互独立事件，则D.若A，B是互斥事件，则答案：B解析：思路：根据题意，利用条件概率的计算公式，以及相互独立事件判定方法，逐项分析判断，即可求解.解答过程：对于A，由，故A正确；对于B，当是相互独立事件时，，故B错误；对于C，因为是相互独立事件，所以，则，故C正确；对于D，因为是互斥事件，所以，则，故D正确.6.已知函数对定义域内任意，都有，则正实数取值范围为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据已知条件将问题转化为，构造函数，化为，求，根据导数判断函数的单调性，结合函数正负情况可得在上恒成立，构造函数，求，根据导数判断函数的单调性求出函数的最值即可解题.解答过程：函数的定义域为，由，得，则化为，即，令，依题意，对任意，都有，则函数在上单调递减，即，，而，因此，即，显然，有，而，则当时，，当时，，令，求导得，函数在上单调递增，当时，不等式化为，则在上恒成立，即，，因此在上恒成立，令，求导得，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递增减，于是当时，取得最大值，，则，所以正实数取值范围为.故选：C方法提示：结论点睛：隐蔽性指对同构，需要补因式，如：，两边同乘以，化为，即.7.在送教下乡活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，且甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，则不同的分配方法总数为（）A.36 B.72 C.144 D.108答案：C解析：思路：考虑间接法求解,求出甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师的方法种数，减去每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法种数，利用排列组合数公式计算即得.解答过程：根据题意，考虑间接法求解，即求出甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师的方法种数，减去每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法种数即可.将甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，可分为两种情况，其一：按照“221”分组，有种方法；其二：按照“113”分组，有种方法.而每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法有种.故不同的分配方法总数为种.故选：C.8.已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围.解答过程：因为，由可得，即函数的定义域为，可得，即，构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，所以，可得，则，即，其中，令，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，解得.综上，故选：A.方法提示：关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解.二、多选题9.若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A，B，C，D四个景区游玩且每个人都必须分配到游玩的景区，则下列说法正确的是（）A.若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法.B.若每个景区都必须有人游玩且甲，乙二人不能去同一个地方，则一共有216种分配方法.C.若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法.D.若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法.答案：ABC解析：思路：本题为排列组合多选题，解题核心是先分情况讨论，再用分组分配、正难则反、排除法验证各选项：A选项用“先分组（必有2人一组）再全排列”；B选项用A的结果减去甲乙同景区的情况；C选项先选景区，再用“甲乙捆绑+排除全同组”；D选项分“无空景区”和“一个空景区”两类计算，最终筛选出正确选项．解答过程：对于A，条件：5人去4个景区，每个景区都有人．先把5人分成4组（必有1组2人，其余3组各1人）：分组方法数为种，再将4组分配到4个景区：排列方法数为种．所以总方法数：种，A正确；对于B，条件：5人去4个景区，每个景区都有人．先计算总方法数（同A）：240种．再计算甲、乙同景区的方法数：把甲、乙看作1组，再和其余3人分成4组，再分配到4个景区，方法数为种．所以符合条件的方法数：种，B正确；对于C，条件：只能选2个景区，且甲、乙同景区．先选2个景区：种．把甲、乙看作1组，剩余3人每人都有2种选择（2个景区），但不能全选另一个景区（否则甲、乙所在景区没人）：总选择数为种．所以总方法数：种，C正确；对于D，条件：至多有1个景区没人（即“0个景区没人”或“1个景区没人”）．0个景区没人（同A）：240种．1个景区没人：先选1个空景区种，再把5人分到3个景区（分组为2,2,1或3,1,1）：分组为2,2,1：种，再排列种，共种．分组为3,1,1：种，再排列种，共种．1个空景区的总方法数：种．所以总方法数：种，D错误．10.已知函数，则下列说法正确的有（）A.，都有两个极值点B.当时，仅有一个零点C.若的单调递减区间为，则在区间的值域为D.存在实数，使直线与的图象交于A、B、C三点，且B为中点答案：BD解析：思路：对于A，求导，通过导数正负可判断；对于B，确定函数单调性得到极值，可判断；对于C，由单调减区间求得，进而可判断；对于D，结合三次方程韦达定理即可判断.解答过程：已知

，求导得

，判别式

，选项A，当

，即

​

时，

恒成立，单调递增，没有极值点，因此A错误；选项B，当

时，，，当，时，，单调递增，当时，，单调递减，即极值点为

​，计算得：，，且

时

，当

时

，因此仅在存在一个零点，B正确；选项C，若的单调递减区间为，即的根为

，由韦达定理：​，得

，由B可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，

，，，因此值域为

，C错误；选项D，设方程有三个根，所以方程即为，变形为，比较两个方程可得.三次方程韦达定理得证.联立与，整理得，设三个交点横坐标为，若是中点，则，由三次方程韦达定理：，得，即​，将代入方程：，存在实数满足条件，D正确.11.将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（）A.在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为B.在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则C.在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆D.在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个答案：ABC解析：思路：根据二项式系数之和的公式即可求解A，根据组合数的运算性质即可求解BC，由杨辉三角的性质即可求解D．解答过程：第行的所有数字之和为，A正确；，所以，B正确；通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确；由C可知第127行全行为奇数，则由奇数+偶数=奇数，结合，则第126行的127个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，D错误；三、填空题12.的展开式中含项的系数为___________.答案：解析：思路：由二项式定理得出含项的系数.解答过程：的展开式的通项为，由得，则含的项为，系数为故13.某学校有A，B两家餐厅，张同学第一天午餐随机地选择一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.6.则张同学第二天去B餐厅用餐的概率为__________.答案：解析：思路：令事件表示第天去餐厅，事件表示第天去餐厅，，由全概率公式先求，由即可求解.解答过程：令事件表示第天去餐厅，事件表示第天去餐厅，，则，，由全概率公式有，所以，故答案为.14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若，且双曲线的离心率为，则______．答案：##解析：思路：由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可.解答过程：由双曲线的离心率为，得双曲线半焦距，又，则，由双曲线的定义得，于是，在中，由余弦定理得，在中，，设，则，由得，解得，即，所以.故.四、解答题15.已知函数在处取得极值.（1）求实数的值；（2）求在区间上的值域.答案：（1）（2）解析：思路：（1）求出函数导数，利用导数及极值列出方程组求参数，再检验即可；（2）利用导数求出函数单调性，由单调性求函数值域即可.（1）由求导得，因为在处取得极值，所以，解得经验证，在处取得极值，符合题意.故.（2）由（1）可得，因为，所以当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增.因为，且，所以，故在区间上的值域为.16.已知甲盒中有2个红球，4个白球，乙盒中有3个红球，5个白球，这些球除了颜色外完全相同．（1）从甲盒中有放回地取球，每次取1个，共取3次，记这3次中取出红球的次数为随机变量，求的数学期望和方差；（2）从甲、乙两盒中各任取2个球，记取出的4个球中红球的个数为随机变量，求的分布列．答案：（1），；（2）解析：01234思路：（1）由二项分布进行求解；（2）由超几何分布进行求解．（1）由题意知，所以，（2）由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，4，所以的分布列为：0123417.已知椭圆的离心率为，椭圆经过点．（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，且．（i）求证：；（ii）设弦的中点为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，求四边形面积的取值范围．答案：（1）（2）（i）证明见解析；（ii）解析：思路：（1）根据离心率、椭圆之间关系直接求解即可；（2）（i）由椭圆第三定义和已知斜率关系可证得，由此可结论；（ii）由，结合韦达定理可求得，得到直线方程；利用点差法可求得直线方程，进而得到坐标；根据弦长公式、点到直线距离公式可表示出四边形的面积，由函数值域求法可求得结果.（1）椭圆经过点，，设椭圆的半焦距为，则，，，椭圆的方程为.（2）（i）连接，由椭圆方程知：，，设，，，，，又，，即，；（ii）易知直线斜率不为，可设直线方程为：，由得：，则，，，，，即，，又，，整理可得：，解得：，，，，，当时，与轴重合，即，此时；当时，，，则直线，即，由得：，，则点到直线的距离分别为，，且与异号；，，，，且，即；综上所述：的取值范围为.方法提示：思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的四边形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求四边形的面积；④将所求面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.18.已知某不透明盒子中有3个黑球、2个红球，盒子外面有足够多的黑球，所有球除颜色以外完全相同.现进行一种摸球游戏，规定从盒子中随机摸出1个球记下颜色，不放回盒子中，然后从盒子外的黑球中拿1个放入盒子中为一次操作.重复以上操作，当盒子中全为黑球时游戏终止.（1）经过2次操作后，记盒子中红球的个数为，求的分布列和数学期望.（2）记次操作后游戏终止的概率为.(i)求关于的表达式;(ii)求的最大值.答案：（1）的分布列为012的数学期望（2）(i)；(ii)解析：思路：（1）先确定每个随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，列出分布列，最后根据数学期望公式计算期望即可；（2）(i)先求出初始项，再分两种情形推导时的递推关系，通过