精品解析：辽宁朝阳市建平县高级中学2025-2026学年高二下学期第一次月考数学试卷

建平高中2025-2026学年度高二下学期第一次月考 数学试卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 第一部分（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据共轭复数的定义 以及模长公式求解. 【详解】,故， 2. 已知集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合的运算，求出，再结合条件，即可求解. 【详解】因为，则，又，则. 3. 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦函数的有界性命题的否定判断，根据一次函数和指数函数的单调性命题的否定判断. 【详解】因为，所以命题是假命题，是真命题； 因为是增函数，所以当时，； 因为是增函数，所以.所以命题是真命题，是假命题. 4. “圆”在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的月洞门.如图，某园林中的圆弧形月洞门高为，底面宽为，则该月洞门所在圆弧的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出圆的一般方程，求其半径长即可. 【详解】如下图所示，以线段的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 由题意可知、、， 设圆弧所在圆的方程为， 将、、三点的坐标代入圆的方程可得，解得， 所以圆弧所在圆的一般方程为，标准方程为， 故该圆的半径为. 故选：C. 5. 已知随机变量服从正态分布，记函数，则（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求解． 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以该正态分布密度函数曲线的对称轴为，如图： 因为函数，所以函数是单调递增函数，则，故ABC错误； 又, 所以，所以，故D正确. 6. 已知随机变量的分布列如下： 0 1 2 若，则（ ） A. B. 7 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【详解】易知，可得； 又，可知，所以，解得， 因此； 所以. 7. 已知正方体的棱长为，若空间中存在一点，满足，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 因为，即点， ，， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 8. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算. 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，则下列各选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用作差法判断A；举例说明判断BD；利用不等式性质判断C. 【详解】对于A，由，得，则，A正确； 对于B，取，满足，而，B错误； 对于C，由，得，则，因此，C正确； 对于D，取，满足，而，D错误． 故选：AC 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 直线是图象的一条对称轴 C. D. 函数为偶函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据函数的图象，求函数的解析式，再根据选项，采用代入验证的方法，判断选项. 【详解】对于A，由图象可知，，得. 将点代入的解析式，得，则， 即.因为，所以，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，其为偶函数，D正确. 故选：ABD 11. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. ，是相互独立事件 B. 事件，互斥 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用独立事件、互斥事件的定义与概率公式即可判断选项A、B、C，利用条件概率的定义与公式即可判断选项D. 【详解】根据概率加法公式可知，即， 所以. 选项A：因为，所以，相互独立，故A正确. 选项B：若，互斥，则，但，故B错误. 选项C：，， ，故C正确. 选项D：，，故D错误. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 的展开式中，的系数是________. 【答案】80 【解析】 【详解】，令，解得， 故的系数为. 13. 某产品的研发投入费用（单位：万元）与销售量（单位：万件）之间的对应数据如下表所示： /万元 2.2 2.6 4.3 5.0 5.9 /万件 3.8 5.4 7.0 10.35 12.2 根据表中的数据，可得回归直线方程，则___________； 【答案】1.33 【解析】 【分析】根据回归直线方程经过样本中心点即可求解. 【详解】（万元），（万件）， 由回归直线方程经过可得，，解得. 14. 如图所示，在三棱锥中，点在棱上，且，为中点，则时，则___________ 【答案】## 【解析】 【详解】由，为中点，可得， 所以 ， 所以，因此. 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. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，，点是边上的一点，且，求和的面积. 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理将题设的条件中边的关系转化为角的关系，再结合三角形的内角和定理、诱导公式与正弦的和角公式化简即可求得； （2）由（1）可知，；方法1：在中，由正弦定理可得有关角的三角函数值，结合角与角的关系可得到有关角的三角函数值，然后由余弦定理可得的值；在中，利用可求得的值；在中，由正弦定理可得的值；最后利用三角形的面积公式即可求得结果.方法2：在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得；在中，结合为钝角，得到角为锐角，进而得到，由三角形内角和定理可得，于是得到的值，由正弦定理求得；最后利用三角形的面积公式即可求得结果. 【小问1详解】 依题意，由正弦定理得，其中为的外接圆半径；所以； 又在中，，所以，所以； 又，所以，即； 所以，化简得；又，所以，即，又，所以. 【小问2详解】 方法1：由（1）知，，又，所以，即，； 在中，由正弦定理得，所以； 又，，所以，即，即，化简得，即； 又因为，所以，所以，所以，同理； 由余弦定理得，所以； 在中，由，得； 所以； 在中，，所以； 由正弦定理得，即，解得； 所以的面积为. 方法2：由（1）知，，又，所以，即，； 在中，由余弦定理得，所以； 由正弦定理得，即，解得； 在中，由，得，为钝角，所以角为锐角，所以； 又，所以； 由正弦定理得，即，解得； 所以的面积为. 16. 某工厂推出一款新产品，为了调查顾客对该新产品的满意程度，厂家分别对甲地的300名使用者和乙地的200名使用者进行问卷调查，统计并得到如下列联表： 甲地使用者 乙地使用者 合计 不满意 100 50 150 满意 200 150 350 合计 300 200 500 （1）根据小概率值的独立性检验，分析使用者的满意度是否与区域有关； （2）从使用该产品不满意的顾客中，采用分层抽样的方法随机抽取9名使用者，再从这9名使用者中随机抽取4人进一步调研，记4人中乙地人数为，求的分布列和数学期望. 附录：. 0.15 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）认为使用者的满意度与区域无关 （2） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）提出零假设，计算卡方值，将其与小概率值对应的临界值比较即得结果. （2）求出抽样比，确定所抽取的9名使用者中，甲地与乙地使用者的人数，依题意确定的可能值，利用超几何分布概率公式求出相应的概率，列出分布列，计算数学期望即可. 【小问1详解】 零假设为：使用者的满意度与区域无关，代入列联表中的数据可得： 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立， 故可认为使用者的满意度与区域无关. 【小问2详解】 从使用该产品不满意的顾客中，采用分层抽样的方法，得到甲地使用者与乙地使用者的抽样比为， 则9名使用者中甲地6人､乙地3人. 因为4人中乙地人数为，所以的可能取值为，其对应的概率分别为： ， ， 的分布列为： 0 1 2 3 故数学期望为 17. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由， 【答案】（1） （2），， 0 1 2 3 （3）会得到推广，因为. 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解； （2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差； （3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论. 【小问1详解】 设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰， 则， 则. 【小问2详解】 由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立， 因此随机变量服从二项分布， 则， ， ， ， ， ，， 的分布列为： 0 1 2 3 【小问3详解】随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分， 则，满足推广条件，因此该系统会得到推广. 18. 如图，在四棱锥中，已知底面为直角梯形，，，平面平面，． （1）若E，F分别为棱PD，BC的中点，求证：平面； （2）若四棱锥的体积为16，点M在棱（不含端点）上运动，当为何值时，平面与平面所成二面角的余弦值为？ 【答案】（1）证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）先应用线面平行判定定理证明平面平面PAB，，再应用面面平行性质定理得出线面平行； （2）先应用面面垂直性质定理得出平面ABCD，再应用四棱锥体积公式计算得出，再建系得出平面及平面的法向量，最后应用面面角余弦计算求解参数即可. 【小问1详解】 取AD的中点为G，连接EG，GF， 因为E，F分别为棱PD，BC的中点，则，． 因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面， 因为，平面，，所以平面平面， 又因为平面，所以平面． 【小问2详解】 取AB的中点为O，连接PO，CO， 因为，所以，又因为平面，平面平面， 平面平面， 所以平面ABCD， 即为四棱锥的高，得四棱锥体积为 ，得． 又因为，O为AB中点，所以， 又因为，所以四边形为矩形，所以． 故以O为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 又因为M在棱PD上运动，所以存在，使，所以， 又因为，所以，所以，又因为， 设平面的法向量，则，则， 取，则，得，所以． 因为， 设平面的法向量，则，得， 所以，取，则，所以． 设平面CMB与平面PAD所成角为，则， 故，所以或， 又因为，所以或均符合题意，即或． 19. 如图，从椭圆（）上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点，为椭圆右顶点，为椭圆上顶点，且，，为椭圆右焦点，过的直线（不与重合）与椭圆交于两点． （1）求椭圆的方程； （2）在轴上是否存在一点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）求的面积的取值范围． 【答案】（1） （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）根据平行线的性质，结合代入法进行求解即可； （2）设出直线的方程与椭圆的方程联立，根据一元二次方程根的判别式、韦达定理，结合假设法、直线的斜率公式进行求解即可； （3）根据椭圆弦长公式，结合三角形面积公式、点到直线距离公式、基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 由题意得，所以， 因为∥，所以，所以， 又因为，， 所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，， 联立方程得， ， 由韦达定理得，， 假设存在点，使得， 则， 即， 即，所以， 所以，所以， 所以存在点，使得. 【小问3详解】 由（2）得 因为点到直线的距离 所以的面积 令，则，， 因为当时，，当且仅当时，取等号， 所以，当且仅当，即时取最大值， 所以的面积的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 建平高中2025-2026学年度高二下学期第一次月考 数学试卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 第一部分（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 3. 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 4. “圆”在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的月洞门.如图，某园林中的圆弧形月洞门高为，底面宽为，则该月洞门所在圆弧的半径为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量服从正态分布，记函数，则（   ） A. B. C. D. 6. 已知随机变量的分布列如下： 0 1 2 若，则（ ） A. B. 7 C. 21 D. 22 7. 已知正方体的棱长为，若空间中存在一点，满足，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 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，则下列各选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 直线是图象的一条对称轴 C. D. 函数为偶函数 11. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. ，是相互独立事件 B. 事件，互斥 C. D. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 的展开式中，的系数是________. 13. 某产品的研发投入费用（单位：万元）与销售量（单位：万件）之间的对应数据如下表所示： /万元 2.2 2.6 4.3 5.0 5.9 /万件 3.8 5.4 7.0 10.35 12.2 根据表中的数据，可得回归直线方程，则___________； 14. 如图所示，在三棱锥中，点在棱上，且，为中点，则时，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. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，，点是边上的一点，且，求和的面积. 16. 某工厂推出一款新产品，为了调查顾客对该新产品的满意程度，厂家分别对甲地的300名使用者和乙地的200名使用者进行问卷调查，统计并得到如下列联表： 甲地使用者 乙地使用者 合计 不满意 100 50 150 满意 200 150 350 合计 300 200 500 （1）根据小概率值的独立性检验，分析使用者的满意度是否与区域有关； （2）从使用该产品不满意的顾客中，采用分层抽样的方法随机抽取9名使用者，再从这9名使用者中随机抽取4人进一步调研，记4人中乙地人数为，求的分布列和数学期望. 附录：. 0.15 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 17. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由， 18. 如图，在四棱锥中，已知底面为直角梯形，，，平面平面，． （1）若E，F分别为棱PD，BC的中点，求证：平面； （2）若四棱锥的体积为16，点M在棱（不含端点）上运动，当为何值时，平面与平面所成二面角的余弦值为？ 19. 如图，从椭圆（）上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点，为椭圆右顶点，为椭圆上顶点，且，，为椭圆右焦点，过的直线（不与重合）与椭圆交于两点． （1）求椭圆的方程； （2）在轴上是否存在一点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）求的面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $