2025-2026学年四川省富顺县永年中学校高二下册摸底考试数学试卷（含解析）

/数学一、选择题：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.数据、、、、、、、的众数为（）A. B. C. D.2.已知集合，则（）A. B. C. D.3.已知向量，若，则实数的值为（）A. B. C. D.14.函数的零点所在区间为（）A. B. C. D.5.已知，且，则（）A. B. C. D.6.已知等差数列的前项和为，且，若，则可能的值为（）A. B.1 C. D.7.某快递公司记录了一周内每天完成的订单量（单位：百单），数据如下：星期一二三四五六日订单量3526487公司规定：若某天订单量不低于五百单，则记为“繁忙日”，否则记为“普通日”．定义函数且表示从周一到周日中任选连续的天，“繁忙日”出现次数的最大值．现从7天中随机选择连续的3天，记这3天中“繁忙日”的个数为随机变量，则下列说法正确的是（）A.且 B.且C.且 D.且8.在平面直角坐标系中，定义“-伴随点”：若点与点关于直线对称，则称为的“-伴随点”．已知椭圆上存在点，使得的“-伴随点”恰好也在椭圆上，则满足条件的点的个数为（）A.0 B.2 C.4 D.8二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．有错选的得0分．9.已知复数，为的共轭复数，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.10.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱BC的中点，则下列说法正确的是（）A. B.异面直线EF与所成角余弦值为C.三棱锥的体积为 D.直线EF与平面ABCD所成角正弦值为11.在棱长为2的正方体中，点为侧面上的一个动点，且满足，则下列说法正确的是（）A.点的轨迹长度为B.点的轨迹与棱相交C.PA的最小值为D.直线与平面ABCD所成角的正切值最大为2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将正确答案写在答题卡上．12.的展开式中的常数项为_______．13.从0，1，2，3，4，5这6个数字中任取三个不同的数字，组成一个三位数，则组成的三位数是偶数的概率为____________．14.已知数列满足，且对任意，则____________．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.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线交抛物线于P，Q两点，若，求直线的方程．16.甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛结果相互独立．（1）若比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率；（2）若比赛采用五局三胜制，求甲获胜的概率；（3）比较（1）（2）中甲获胜的概率大小，并说明：对实力占优的一方，比赛局数越多对其越有利．17.在四面体ABCD中，，点为棱BC的中点．（1）证明：；（2）求直线DE与平面ABC所成角的正弦值．18.已知函数，其中．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围；（3）若，证明：函数在区间上没有零点．19.已知数列满足，且对任意都有．（1）证明：；（2）求数列的前项和；（3）证明：对任意，都有．数学一、选择题：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.数据、、、、、、、的众数为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：由众数的定义可知，数据、、、、、、、的众数为.2.已知集合，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：由，可得，解得，故集合;由，解得，故集合，故．3.已知向量，若，则实数的值为（）A. B. C. D.1答案：B解析：解答过程：因为，所以.因为，所以，解得.4.函数的零点所在区间为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先确定函数的定义域与单调性，再计算各区间端点的函数值，结合零点存在性定理判断零点所在区间.解答过程：由函数可知，函数的定义域为，又与在上单调递增，所以函数在上单调递增，因为，所以，根据零点存在性定理可知，函数的零点所在区间为.5.已知，且，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：，则，则，．6.已知等差数列的前项和为，且，若，则可能的值为（）A. B.1 C. D.答案：D解析：思路：先利用等差数列前n项和公式结合推导公差与首项的关系，再由余弦函数值得到的表达式，结合选项确定的值.解答过程：设等差数列的公差为，.因为，，所以，整理得.所以.已知，因此，即.则.结合选项，取，得.7.某快递公司记录了一周内每天完成的订单量（单位：百单），数据如下：星期一二三四五六日订单量3526487公司规定：若某天订单量不低于五百单，则记为“繁忙日”，否则记为“普通日”．定义函数且表示从周一到周日中任选连续的天，“繁忙日”出现次数的最大值．现从7天中随机选择连续的3天，记这3天中“繁忙日”的个数为随机变量，则下列说法正确的是（）A.且 B.且C.且 D.且答案：A解析：思路：根据题目先确定“繁忙日”和“普通日”，再求，确定的取值，最后求概率、期望和方差.解答过程：由题意可知周二（5）、周四（6）、周六（8）、周日（7）为“繁忙日”，其余为“普通日”.因为函数且表示从周一到周日中任选连续的天，“繁忙日”出现次数的最大值，所以，，，，，，，选项C和选项D错误.从7天中随机选择连续的3天，共有种不同的组合，分别是：周一、周二、周三，记为组合1，其中“繁忙日”有1天；周二、周三、周四，记为组合2，其中“繁忙日”有2天；周三、周四、周五，记为组合3，其中“繁忙日”有1天；周四、周五、周六，记为组合4，其中“繁忙日”有2天；周五、周六、周日，记为组合5，其中“繁忙日”有2天；记这3天中“繁忙日”的个数为随机变量，所以的所有可能取值为1、2，且，，A选项正确.所以，，B选项错误.8.在平面直角坐标系中，定义“-伴随点”：若点与点关于直线对称，则称为的“-伴随点”．已知椭圆上存在点，使得的“-伴随点”恰好也在椭圆上，则满足条件的点的个数为（）A.0 B.2 C.4 D.8答案：C解析：思路：设点求对称坐标，代入椭圆方程联立分析.解答过程：设点，其关于直线的对称点为，则，的中点在对称轴上，，解得,,已知在椭圆上，满足(1)又因为对称点也在椭圆上，将代入椭圆方程,=1两边同乘，展开整理得(2)将方程(2)减去方程(1)乘以，消去常数项后化简，可得两个椭圆的公共点必在两条过原点的直线上,因式分解得两条直线,直线与椭圆的交点代入椭圆方程：，解得,对任意实数，右边恒正，因此始终有2个不同的交点,这两个点在对称轴上，对称点为自身，必然满足条件,直线与椭圆的交点代入椭圆方程：，解得,当时，右边恒正，因此也有2个不同的交点,这两个点不在对称轴上，它们互为对方的对称点，均满足“对称后仍在椭圆上”,当时（直线非x轴，非椭圆的对称轴），两条直线互不重合，与椭圆共有4个不同的公共点，即满足条件的点有4个,因此满足条件的点的个数为.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．有错选的得0分．9.已知复数，为的共轭复数，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.答案：CD解析：解答过程：，共轭复数，则，故A错误；，故B错误；，故C正确；，故D正确．10.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱BC的中点，则下列说法正确的是（）A. B.异面直线EF与所成角余弦值为C.三棱锥的体积为 D.直线EF与平面ABCD所成角正弦值为答案：BC解析：思路：如图建立以D为原点的空间直角坐标系，然后以空间向量知识结合选项可得答案.解答过程：如图建立以D为原点的空间直角坐标系.对于A，，，，，从而，，，则不与垂直，故A错误；对于B，，则，从而异面直线EF与所成角余弦值为cosEF→,A对于C，，其中表示到平面距离，由题可得为，从而，故C正确；对于D，易得平面的法向量可取，则直线EF与平面ABCD所成角正弦值为，故D错误.11.在棱长为2的正方体中，点为侧面上的一个动点，且满足，则下列说法正确的是（）A.点的轨迹长度为B.点的轨迹与棱相交C.PA的最小值为D.直线与平面ABCD所成角的正切值最大为2答案：ABC解析：思路：在正方体中，利用空间直角坐标系设出动点坐标，根据动点的移动轨迹判断选项即可．解答过程：如图建立空间直角坐标系，则，其中；因为，可得：，整理可得，故；则，解得因此P点轨迹从到，故轨迹长度为，A正确；由P点坐标中可知，当时，在棱上，B正确；因为，，当时，取得最小值，最小值为，故C正确；因为，故，设为平面的法向量，设直线与平面ABCD所成角为，则，，则，；令，则，故在上单调递减，故的最小值为，故的最大值为，故直线与平面ABCD所成角的正切值最大取不到2，D错误．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将正确答案写在答题卡上．12.的展开式中的常数项为_______．答案：解析：思路：根据二项式展开式的通项公式，将代入通项中即可得到常数项.解答过程：展开式通项为：；令，解得：，展开式中的常数项为.故答案为：.13.从0，1，2，3，4，5这6个数字中任取三个不同的数字，组成一个三位数，则组成的三位数是偶数的概率为____________．答案：解析：思路：先算出所有无重复数字的三位数的总个数，再按个位是否为0分类计算偶数的个数，代入古典概型概率公式求解可得答案.解答过程：首先计算无重复数字的三位数的总个数：组成三位数时百位不能为0，因此百位有5种选择，十位从剩余的5个数字中选取，个位从剩余的4个数字中选取，总共有个不同的三位数.再计算符合条件的偶数个数，分两类讨论：个位为0时，百位从剩余5个非0数字中选取，十位从剩余4个数字中选取，共有个偶数；个位为2或4时，个位共2种选择，百位不能为0且不能与个位数字重复，共4种选择，十位从剩余4个数字中选取，共有个偶数.因此满足条件的偶数总共有个.根据古典概型概率公式，所求概率.14.已知数列满足，且对任意，则____________．答案：解析：解答过程：已知，根据递推式可知，

，

，

，因此是周期为4的周期数列，.由于，故.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.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线交抛物线于P，Q两点，若，求直线的方程．答案：（1）（2）或解析：思路：（1）将点A坐标代入抛物线方程求解p即可得抛物线方程；（2）设直线方程联立抛物线，结合韦达定理和抛物线焦点弦长公式求斜率.（1）已知点在抛物线上，代入方程得，解得，因此抛物线的方程为.（2）由（1）得抛物线焦点.①当直线斜率不存在时，则，代入得，此时，不合题意；②当直线斜率存在时，设直线方程为，，联立方程得y2=4xy=由韦达定理得.则，因此，所以，解得，即，因此直线的方程为或.16.甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛结果相互独立．（1）若比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率；（2）若比赛采用五局三胜制，求甲获胜的概率；（3）比较（1）（2）中甲获胜的概率大小，并说明：对实力占优的一方，比赛局数越多对其越有利．答案：（1）（2）（3）五局三胜制下甲获胜的概率更大；说明：实力占优的一方单局获胜概率大于，比赛局数越多，单局胜负的偶然性影响越低，累计获胜概率越高，因此比赛局数越多对实力占优方越有利.解析：思路：（1）（2）利用独立事件概率公式和互斥加法概率公式，分类讨论甲获胜的不同比分情况计算对应概率；（3）比较概率大小验证结论即可.（1）三局两胜制下，甲获胜为两类互斥事件的和：①前2局甲全胜，直接结束比赛；②前2局甲1胜1负，第3局甲获胜.由各局比赛相互独立，得.（2）五局三胜制下，甲获胜为三类互斥事件的和：①前3局甲全胜；②前3局甲2胜1负，第4局甲获胜；③前4局甲2胜2负，第5局甲获胜.由各局比赛相互独立，得.（3）对两个概率进行比较得，即五局三胜制下甲获胜概率更高.说明略.17.在四面体ABCD中，，点为棱BC的中点．（1）证明：；（2）求直线DE与平面ABC所成角的正弦值．答案：（1）证明：连接，；因为，点为棱BC的中点，故；又，故；因为，平面，故平面，因为平面，故．（2）．解析：思路：（1）在空间中证明异面直线垂直，可以转化为线面垂直，利用线面垂直的性质证明线线垂直；（2）由（1）可得平面，通过线面角的作角方法，证明线面角，利用三角形求解线面角的正弦值．（1）略（2）由（1）知，平面，因为平面，故平面平面，因为，则；又因为，则；则，故，因为平面平面，则平面；