精品解析：河北省保定市保定十校2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

2025～2026学年高二上学期10月考试 数 学 试 题 试卷满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上. 2.作答时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，本试题卷和答题卡一并上交. 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. 若双曲线的实轴长是虚轴长的一半，则的离心率为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解 【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为， 由题知，，于是，则， 即. 故选：C 2. 若随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合正态分布的对称性可得答案. 【详解】因为随机变量服从正态分布，即， 所以. 故选：B. 3. 若数列满足，则称为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对奇数列的定义可得，化简可证明是以为首项，3为公比的等比数列，进而可得通项公式. 【详解】为“对奇数列”，则，即，又， 故是以为首项，3为公比的等比数列， 故，则. 故选：C 4. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 5. 已知在的二项展开式中，第6项为常数项，若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先通过二项式定理得出在的二项展开式中，有理项有3项，无理项有8项，然后结合超几何分布求得相应的概率，进而结合均值公式即可得解. 【详解】的二项展开式为， 由题意，解得， 若要取到有理项，则需要能被3整除，则， 即在的二项展开式中，有理项有3项，无理项有8项， 若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为，可知的所有可能取值分别为0，1，2，3， ，， 所以. 故选：C. 6. 若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出过点的切线方程为，利用方程的解个数与函数图象交点个数的关系将问题转化为图象与直线在R上有3个交点，结合导数求出函数的极值，根据数形结合的思想即可求解. 【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为， 所以切线方程为， 又切线过点，则，整理得. 要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解， 即函数图象与直线在R上有3个交点， 设，则， 令，令或， 所以函数在上单调递增，在和上单调递减， 且极小值、极大值分别为，如图， 由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点， 即过点的切线有3条. 所以实数a的取值范围为. 故选：B. 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛满100次时结束，设抛掷的次数为，则随机变量的数学期望（ ） A. 大于2 B. 小于2 C. 等于2 D. 与2的大小无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知有第次结束抛掷的概率为，第100次结束的概率为，再应用离散随机变量期望的求法、错位相减法及等比数列前n项和公式求. 【详解】由题意，在第次结束抛掷的概率为，第100次结束的概率为， 所以， 则， 故 ， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据题意得到100次中各次结束抛掷对应的概率为关键. 8. 已知函数，方程（）有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ） A. 2是的极大值点 B. 函数无零点 C. a的取值范围是 D. ，，使 【答案】D 【解析】 【分析】先利用导数求出的单调性，结合特殊点函数值，画出的图象，对于A，2是的极小值点，故A错误；B选项，点在直线下方，而点在直线上方，则函数必有零点；C选项，求出或，有1个实数根，故需有1个非零实根，则由图可得或，求出答案；D选项，求出．，故，，使. 【详解】当时，，则， 当时，，当时，， 故在，上单调递增，在上单调递减， 且，； 当时，，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 且，，且恒成立，画出函数的图象如下： 对于A，由图可得2是的极小值点，故A错误； 对于B，因为时，，即点在直线下方， 而点在直线上方，则函数必有零点，故B错误； 对于C，方程（）等价于或， 由图可得有1个实数根， ∴方程（）有两个不等实根， 等价于有1个非零实根，则由图可得或， 解得或，故C错误； 对于D，由图可得，当时． ∵，故，故结合图象可得时，， 故，，使，故D正确； 故选：D． 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. 已知随机事件，满足，，，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合相互独立事件的定义、概率的基本性质逐项判断. 【详解】对于A，由，得，即，事件与事件相互独立，A正确； 对于B，由选项A知，事件相互独立，则，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：AD 10. 甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件概率的概率公式及全概率的概率公式计算可得. 【详解】依题意可得，，，， 所以，故A正确、B正确、C错误； ，故D正确. 故选：ABD 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】 【分析】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. 【详解】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 【点睛】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. 展开式中含项的系数为______． 【答案】－60 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】， 设该二项式的通项公式为， 因为的次数为，所以令， 二项式的通项公式为， 令， 所以项的系数为， 故答案为： 13. 在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】应用分步乘法原理及分类加法原理结合组合数的运算，最后结合古典概型计算求解. 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球，则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况； 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种； 因为每次摸到球的各种不同情况等可能， 所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且恰有一种颜色两次都被记下的概率为. 故答案为：. 14. 已知函数，，若，，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】对已知等式进行同构可得，令，利用导数可求得单调递增，由此可得，从而将所求式子化为；令，利用导数可求得，即为所求最大值. 【详解】由得：； 由得：，； ， 令，， ，在上单调递增， ； 令，则， 则当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解多变量的式子最值的问题；解题关键是能够对于已知等式进行同构变形，将问题转化为某一单调函数的两个函数值相等的问题，从而确定两个变量之间的关系，将所求式子化为单变量的式子来进行求解. 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. 一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌3台，B品牌7台．如果从中随机挑选2台． （1）求这2台电脑中至多有1台B品牌电脑的概率； （2）求这2台电脑中A品牌台数X的分布列及均值和方差． 【答案】（1） （2） 的分布列为： ， . 【解析】 【分析】（1）求出两台电脑全部是品牌的概率，利用对立事件的概率计算； （2）确定随机变量的可能取值，利用超几何分布概率公式求出概率，列出分布列，求出均值和方差. 【小问1详解】 根据题意，这2台电脑全部是品牌的概率为， 所以这2台电脑中至多有1台B品牌电脑的概率为. 【小问2详解】 依题意，的可能取值为， 则，，， 则的分布列为： 所以， . 16. 已知首项为1的等差数列满足：成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案； （2）令，得，两式相减得，又，即得 【小问1详解】 设公差为d，又成等比数列， 所以， 又，即，解得或， 而时，不满足成等比数列，所以， 所以. 【小问2详解】 令， 所以， 两式相减有：， 所以数列的前项和为，即， 又，所以， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 18. 已知椭圆的右焦点为，斜率不为0的直线与交于两点. （1）若是线段的中点，求直线的方程； （2）若直线经过点（点在点之间），直线与直线的斜率分别为，求证：为定值. 【答案】（1） （2） 不妨设的直线方程为， 联立，消去整理得， 由韦达定理得， 所以， 因为， 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）利用中点弦问题求解即可； （2）利用韦达定理得到再根据斜率的坐标表示可得，结合韦达定理可证明. 【小问1详解】 设，则有， 且，作差可得， 所以， 由点斜式得，， 整理得即为直线的方程. 【小问2详解】 略 19. 某新型双轴承电动机需要装配两个轴承才能正常工作，且两个轴承互不影响．现计划购置甲，乙两个品牌的轴承，两个品牌轴承的使用寿命及价格情况如下表： 品牌 价格（元/件） 使用寿命（月） 甲 或 乙 或 已知甲品牌使用个月或个月的概率均为，乙品牌使用个月或个月的概率均为． （1）若从件甲品牌和件乙品牌共件轴承中，任选件装入电动机内，求电动机可工作时间不少于个月的概率； （2）现有两种购置方案，方案一：购置件甲品牌；方案二：购置件甲品牌和件乙品牌（甲、乙两品牌轴承搭配使用）．试从性价比（即电动机正常工作时间与购置轴承的成本之比）的角度考虑，选择哪一种方案更实惠？ 【答案】（1）；（2）方案二更实惠． 【解析】 【分析】（1）分三种情况讨论：①装入两件甲品牌；②装入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用寿命为个月；③装入两件乙品牌，且两件的使用寿命均为个月.分别计算出各种情况下对应事件的概率，利用互斥事件的概率加法公式可求得结果； （2）若采用方案一，设电动机可工作时间为（单位：月），若采用方案二，设两件乙品牌轴承的使用寿命之和为（单位：月），计算出、的值，设甲品牌轴承的使用寿命为（单位：月），此时电动机可工作时间为（单位：月），计算出，然后比较和的大小关系，由此可得出结论. 【详解】（1）电动机工作时间不少于个月共有三种情况： ①装入两件甲品牌，概率为； ②装入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用寿命为个月，概率为； ③装入两件乙品牌，且两件的使用寿命均为个月，概率为. 电动机可工作时间不少于个月的概率为； （2）若采用方案一，设电动机可工作时间为（单位：月），则的可能取值为、 ，， 所以，的分布列为 ，它与购置轴承的成本之比为． 若采用方案二，设两件乙品牌轴承的使用寿命之和为（单位：月），则的可能取值为、、， ，，. 设甲品牌轴承的使用寿命为（单位：月），此时电动机可工作时间为（单位：月），则的可能取值为、、， ， ， ， 所以，的分布列为： ，它与购置轴承的成本之比为 ， ，从性价比的角度考虑，方案二更实惠． 【点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下： （1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解； （2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算； （3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年高二上学期10月考试 数 学 试 题 试卷满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上. 2.作答时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，本试题卷和答题卡一并上交. 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. 若双曲线的实轴长是虚轴长的一半，则的离心率为（ ） A. B. 4 C. D. 2 2. 若随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 若数列满足，则称为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 5. 已知在的二项展开式中，第6项为常数项，若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为，则=（ ） A. B. C. D. 6. 若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛满100次时结束，设抛掷的次数为，则随机变量的数学期望（ ） A. 大于2 B. 小于2 C. 等于2 D. 与2的大小无法确定 8. 已知函数，方程（）有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ） A. 2是的极大值点 B. 函数无零点 C. a的取值范围是 D. ，，使 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. 已知随机事件，满足，，，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. C. D. 10. 甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（ ） A. B. C. D. 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. 展开式中含项的系数为______． 13. 在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 14. 已知函数，，若，，则的最大值为______． 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. 一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌3台，B品牌7台．如果从中随机挑选2台． （1）求这2台电脑中至多有1台B品牌电脑的概率； （2）求这2台电脑中A品牌台数X的分布列及均值和方差． 16. 已知首项为1的等差数列满足：成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的右焦点为，斜率不为0的直线与交于两点. （1）若是线段的中点，求直线的方程； （2）若直线经过点（点在点之间），直线与直线的斜率分别为，求证：为定值. 19. 某新型双轴承电动机需要装配两个轴承才能正常工作，且两个轴承互不影响．现计划购置甲，乙两个品牌的轴承，两个品牌轴承的使用寿命及价格情况如下表： 品牌 价格（元/件） 使用寿命（月） 甲 或 乙 或 已知甲品牌使用个月或个月的概率均为，乙品牌使用个月或个月的概率均为． （1）若从件甲品牌和件乙品牌共件轴承中，任选件装入电动机内，求电动机可工作时间不少于个月的概率； （2）现有两种购置方案，方案一：购置件甲品牌；方案二：购置件甲品牌和件乙品牌（甲、乙两品牌轴承搭配使用）．试从性价比（即电动机正常工作时间与购置轴承的成本之比）的角度考虑，选择哪一种方案更实惠？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $