文档文本内容
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
一、单选题
1．已知随机变量 且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．等差数列 的前 项和为 ，若 且 ，则 （ ）
A． B．2026 C． D．1
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．3 B．2.4 C．2 D．1.6
4． 有两个不同零点，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
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．
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．
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．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．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
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
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
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
三、填空题
12．已知等比数列 的前 项和 ，则 ________．
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）
14． 时对 恒有 ，则实数 的取值范围为________．
四、解答题
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．
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．
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： ．
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.
19．已知 在 处的切线方程为 .
(1)求 和 ；
(2)证明： 时， ；
(3)对 ，证明： .参考答案
1．C
【详解】随机变量 ，则 ，
因为 ，所以 .
2．A
【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．D
【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．B
【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．B【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．C
【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．B
【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．C
【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.
9．ABD
【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．AC
【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．ACD
【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.
12．4
【详解】由 ，得 ，
当 时， ，
因为 是等比数列，则 ，经检验符合题意.
13．
【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．
【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 .
15．(1) ，
(2)
【详解】（1） ，
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 ， .
（2）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．(1)
(2)分布列：
P
【详解】（1）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 .
（2） 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：
1 3 5
P
所以分布列为：
P
所以 .
17．(1)
(2)由（1）可知， .则 ，
所以
所以 ，
因此 ．
【详解】（1）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 .
（2）略.
18．(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
【详解】（1）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 .
（2）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．(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 .
【详解】（1）解：因为 在 处的切线方程为 ，
可得 ，即 ，可得 ，则 ，
又由 ，可得 .
（2）略
（3）略
