湖北省新八校协作体2025-2026学年高二下学期5月考试数学试题（含解析）

这是一份湖北省新八校协作体2025-2026学年高二下学期5月考试数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知随机变量且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性即可求解.
【详解】随机变量，则，
因为，所以.
2. 等差数列的前项和为，若且，则（ ）
A. B. 2026C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】借助等差数列定义及求和公式可得也为等差数列，求出公差结合等差数列前项和公式即可得解.
【详解】记等差数列的公差为，则
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，解得，
故.
3. 从1~10这10个数中任取4个数，记为取得的素数个数，则（ ）
A. 3B. 2.4C. 2D. 1.6
【答案】D
【解析】
【详解】1~10这10个数中素数有2,3,5,7共4个，
∴的可取值为：0,1,2,3,4，
，
，
，
，
，
∴
.
4. 有两个不同零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出函数定义域及导数，时，函数单调递减；时令函数，求出在定义域内的根，然后由函数单调性求得函数最小值，由题意得不等式，即可解得实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，
函数的导数，
当时，恒成立，即函数在单调递减，
此时函数至多有一个零点；
当时，令，则，
∵，所以方程必存在两个不同实根，
又∵，不妨令，
则当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
∴函数存在最小值，
∵时，时，∴，
∴，又因为， 即，
∵函数在单调递减，且，
∴，即，∴，
当时，，不等式恒成立；
当时，，两边同时平方得，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
5. 甲同学准备去A、B两地游玩，去A地的概率为，去B地的概率为，在A地去爬山的概率为，在B地去爬山的概率为，则甲同学爬山的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据全概率公式求解.
【详解】设事件 ：甲同学去 A 地游玩，设事件 ：甲同学去 B 地游玩，
设事件 ：甲同学去爬山,
根据题意：，，，，
根据全概率公式得,
因此，甲同学爬山的概率为 .
6. 随机事件发生的概率分别为且，若，则（ ）
A. 可能互斥B. 可能相互独立
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对化简，得到，然后对每个选项逐一判断即可.
【详解】，,
又，，，即.
又，代入上式可得，整理得.
对于A选项，若互斥，则，此时，又，，与矛盾，故不可能互斥，A选项错误.
对于B选项，若相互独立，则，与矛盾，故不可能相互独立，B选项错误.
对于C，D选项，，，，即，故C选项正确，D选项错误.
7. 椭圆的左右焦点分别为，，是上一点且．是内心，连接的直线交轴于．若，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在，中，由正弦定理及可得，设，在中，由余弦定理化简可得，进而计算可解.
【详解】因为是内心，所以是的角平分线，
在中，由正弦定理可得，即，
在中，由正弦定理可得，即，
因为，所以，
因为，，
所以，即，
因为，所以，
在中，由余弦定理可得，
化简可得，所以.
8. 已知，下列表述正确的个数为（ ）
①从中任取4个数，这4个数中奇数个数为，则时概率最大
②从中有放回取4次，这4次取得的数中奇数个数为，则时概率最大
③从中任取3个数，这3个数能作为三角形三边的概率为
④从中有放回取3次，这3次取得的数能作为三角形三边的概率为
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据超几何分布、分项分布及组合数的性质判断①②；结合三角形三边关系及列举法判断③④.
【详解】①服从超几何分布，
可知时，和都最大，因此＝2时概率最大，正确；
②服从二项分布，，
当时，最大，则＝2时，概率最大，正确；
③符合三角形三边关系的组合总共有22种，
234，245，256，267，278，345，346，356，357，367，368，378，
456，457，458，467，468，478，567，568，578，678
概率为，正确；
④有放回取三次数，要区分顺序.
三角形三边互不相等的排列有；
等边三角形一共有8种情况；
等腰且不等边三角形的组合有40种；
221，223，331，332，334，335，441，442，443，445，446，447，551，552，553，554，556，557，558，661，662，663，664，665，667，668，771，772，773，774，775，776，778，881，882，883，884，885，886，887，
每种组合对应3种排列，有40×3＝120种；
综上，符合条件的排列共有132＋8＋120＝260种；
故概率为，错误.
因此表述正确的个数为3个.
二、多项选择题：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. 已知双曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的范围为
B. 时，该双曲线的离心率为
C. 时，该双曲线的渐近线方程为
D. 使该双曲线的焦距最小
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据双曲线定义确定参数范围，再代入特定值计算几何性质，最后利用导数研究焦距函数的最值问题.
【详解】方程表示双曲线，需满足与项系数异号，即.
解得,因此，选项A正确.
将代入原方程得，整理为标准形式.
此时焦点在轴上，实半轴长，虚半轴长.
半焦距，离心率.
因此，选项B正确.
由双曲线标准方程可知，渐近线方程为，即.
这与选项C中的不符.
因此，选项C错误.
当时，方程可化为.
此时.
设，对求导得.
令，即，因，开方得，解得.
当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.
故在处取得最小值，即有最小值，焦距也有最小值.
因此，选项D正确.
10. 数列中，且．若的前项和为，则（ ）
A. 是等比数列B. 是递增数列
C. D. 存在使
【答案】AC
【解析】
【分析】当时，可得，可判断A；当时，计算可得，可判断B；求得可判断C；利用导数，可判断无解，进而可得结论.
【详解】当时，，
所以，又，
所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
所以，
当时，，
所以，所以是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，
又，，所以，
所以不是递增数列，故B错误；
，故C正确；
若，则有解，
令，求导得，
当时，，函数单调递减，又，
所以当时，无解，又，
所以无正整数解，
所以不存在使，故D错误.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 精确到0.01的近似值为1.17
B. 的展开式中系数绝对值最大的项为第三项
C. 的展开式中含项的系数为
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，将转化为，利用二项式展开式，近似计算，即可判断；对于B，令第项的系数绝对值大于第项和第项的系数绝对值，解不等式即可判断；对于C，先将作为整体，得到展开式的第项，再将继续展开，得到其第项，令的指数等于1，计算得到和的两组值，代入系数计算可得结果；对于D，令，代入原式并令，等式两边同时乘以，化简可得结果.
【详解】A选项，，
精确到0.01的近似值为1.17，故A正确；
B选项，第项的系数绝对值为，
令且，
解得，∴，即第4项的系数绝对值最大，故B错误；
C．将作为整体，第项为，
再将继续展开得，其第项为，
令，即，则，或，，
的系数为，故C正确；
D．令，则，原式转化为，
令，得，
等式两边同时乘以，得，
即，故D正确.
三.选择题
12. 已知等比数列的前项和，则________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据给定的前项和，求出通项并结合等比数列条件求出的值.
【详解】由，得，
当时，，
因为是等比数列，则，经检验符合题意.
13. 现有件不同的玩具，本不同的漫画分给甲、乙两个小孩，玩具每人个，漫画其中一人本，一人本．则不同的分配方案有________种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先考虑玩具每人个，再考虑漫画其中一人本，一人本，最后用分步计数乘法原理即可求解.
【详解】从件玩具中选件给甲的方案有种， 剩下的件给乙，因此玩具的分配方案有种；
从本漫画中选本给甲的方案有种， 剩下的本给乙，
或者从本漫画中选本给甲，剩下的本给乙，方案同样有种，因此漫画的分配方案有种；
因此不同的分配方案有种.
14. 时对恒有，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【详解】若，不等式恒成立，
若时，两边同乘以，可得，
两边同构，令，则，
由，所以在单调递增，所以，
所以，所以
令，求导得，
当时，，所以函数在上单调递减，
当时，，所以函数在上单调递增，
所以＝1，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
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．
（1）若在处取得极值，求在上的最值；
（2）若在时单调递增，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数与极值的关系求出，再根据导数与单调性及最值的关系求解即可.
（2）由题意知在时恒成立，分离参数求二次函数在固定区间的最值即可.
【小问1详解】
，
由题意知，，即，解得，
此时，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，符合题意，所以.
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，
又，，，
所以，.
【小问2详解】
依题意在时恒成立，即恒成立.
令 ，，易知，
要使 恒成立，只需 即可.
所以实数的取值范围为.
16. 袋中有大小，外形，质量完全一样的2个红球，1个白球，每次摸出一个球，记下颜色后放回袋中，记，若是的前项和．
（1）求的概率；
（2）求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列：
【解析】
【分析】（1）确定对应的事件，然后利用独立重复试验概率计算公式求得的概率；
（2）确定包含的事件，然后利用独立重复试验概率计算公式求得分布列并求得数学期望.
【小问1详解】
依题意，，即为7次摸球中有5次摸出白球，2次摸出红球，
故的概率.
【小问2详解】
的可能取值为.
表示次摸球中有0次摸出白球，次摸出红球，
表示次摸球中有1次摸出白球，次摸出红球，
表示次摸球中有2次摸出白球，次摸出红球，
表示次摸球中有3次摸出白球，次摸出红球，
表示次摸球中有4次摸出白球，次摸出红球，
表示次摸球中有5次摸出白球，次摸出红球，
则：
所以分布列为：
所以.
17. 已知数列的前项和为，且，记．
（1）求的通项公式；
（2）若的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）由（1）可知，.则，
所以，
所以，
因此．
【解析】
【分析】（1）先算出，再根据时，得出是等比数列即可求解；
（2）根据题意得，利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
依题意，当时，，解得；
当时，，化简得，即，
所以，即是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以.
【小问2详解】
略.
18. 已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线.
（1）求轨迹的方程；
（2）过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点.
①证明：；
②时，求的面积.
【答案】（1）或.
（2）证明：①根据题意，设，所以，
因为三点共线，所以，可得，
又因为曲线在处的切线方程分别为，
所以，
所以，可得，所以，所以.
②
【解析】
【分析】（1）设是曲线的任意一点，根据题意，得到，化简后即可求解；
（2）①设，得到，根据三点共线，求得，再由曲线在处的切线方程，求得，证得，即可得证；
②设，由，求得，设直线的方程，联立方程组，结合韦达定理，求得，利用弦长公式，求得的长，利用三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设是曲线的任意一点，
因为动点到定点的距离比到轴距离大1，可得，
整理得或，
所以曲线的轨迹方程为或.
【小问2详解】
解：②设，
因为，可得，所以，
设直线的方程，联立方程组，整理得，
则，且，
因为，解得，
则，
由，可得，则且，
所以曲线在处的切线方程为，即，
可得，同理可得，
联立方程组，两式相减得，
解得，则，
所以，可得，
因为，所以.
19. 已知在处的切线方程为.
（1）求和；
（2）证明：时，；
（3）对，证明：.
【答案】（1），
（2）证明：令，
可得，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
又因为，可得，所以，
则，即.
（3）证明：由（2）知：当时，，
所以，
同理可得：，，
所以，
所以.
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，求得，求得，结合，求得的值；
（2）令，求得，得到，即，得到，即可得证；
（3）由（2）中的结论，求得，，，结合对数的运算公式，即可得证.
【小问1详解】
解：因为在处的切线方程为，
可得，即，可得，则，
又由，可得.
【小问2详解】
略
【小问3详解】
略
P
1
3
5
P
P