精品解析：云南昭通市第一中学等市直中学2025-2026学年下学期学期高二年级第一次月考数学试题

昭通市市直中学2026年春季学期高二年级第一次月考 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在中不重复地选取4个数字，共能组成（ ）个不同的四位数. A. 96 B. 18 C. 120 D. 84 2. 已知双曲线C的实轴长是虚轴长的倍，则C的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六块知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“雨水”与“谷雨”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ） （ ） A. 24 B. 48 C. 144 D. 240 4. 现有甲、乙、丙、丁4位乒乓球业余爱好者组队参与某次比赛，比赛顺序是第一场双打，第二场与第三场单打，每人只参加其中一个项目，在每场比赛中赢对方的概率分别是，，，且每场比赛相互独立，则在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场赢对方的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正方体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 72 B. 60 C. 48 D. 36 7. 某学校有A，B两家餐厅，某同学连续三天午餐均在学校用餐．如果某天去A餐厅，那么第2天还去A餐厅的概率为；如果某天去B餐厅，那么第2天还去B餐厅的概率为．若该同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐，则该同学第3天去A餐厅用餐的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，则的值为（ ） A. -2 B. -1 C. 2 D. 1 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 从含有3件次品的20件产品中，任意抽出5件进行检验（ ） A. 抽出的产品都是合格品的抽法种数为 B. 抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为 C. 抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为 D. 抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为 10. 已知二项式的展开式中所有项的系数的和为64，则（ ） A. B. 展开式中的系数为 C. 展开式中奇数项的二项式系数的和为32 D. 展开式中二项式系数最大的项为 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为 B. 当时，函数为奇函数 C. 若过点有三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为 D. 若函数有3个零点，则这3个零点之和为 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设离散型随机变量的分布列如下，若，则_______． 2 3 4 0.3 0.4 13. 已知的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为，则实数________． 14. 假期里有5名同学分别被分配到甲、乙、丙三个社区做防疫志愿者，共有______种不同的分配方法；若要求每个社区至少分配一名同学，且同学必须被分配到社区甲，则共有______种不同的分配方法． 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知等比数列的各项均为正数，满足：，且是与的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球. （1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率； （2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球， ①求从乙箱中取出的球是白球的概率. ②若已知从乙箱中取出的球是白球，求从甲箱中取出的2个小球恰好是1黑1白的概率. 17. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有A，B，C三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三首歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表： 歌曲 猜对的概率 0.8 0.5 0.5 获得的奖励基金金额/元 1000 2000 3000 （1）求甲按“”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率； （2）甲决定按“”或者“”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期望；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由. 18. 设函数． （1）当时．求曲线在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数恰有两个零点，求实数的取值范围． 19. 椭圆的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点的最小距离为1，斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为． （1）求椭圆的标准方程； （2）求的范围； （3）设为的右焦点，为上一点，且．判断、、是否成等差数列，如果是，说明理由并求该数列的公差． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昭通市市直中学2026年春季学期高二年级第一次月考 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在中不重复地选取4个数字，共能组成（ ）个不同的四位数. A. 96 B. 18 C. 120 D. 84 【答案】A 【解析】 【分析】5个数抽4个数全排列再减去首位是0的情况即可. 【详解】四位数首位不能为零， 故为种不同的四位数， 故选：A. 2. 已知双曲线C的实轴长是虚轴长的倍，则C的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据实轴长与虚轴长的关系得出，再应用计算求解. 【详解】因为双曲线C的实轴长是虚轴长的倍， 所以，所以，则C的离心率为. 故选：B. 3. 某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六块知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“雨水”与“谷雨”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ） （ ） A. 24 B. 48 C. 144 D. 240 【答案】C 【解析】 【分析】先将“立春”和“春分”两块展板捆绑，与“惊蛰”“清明”一起排列，再将“雨水”与“谷雨”两块展板插入个空隙中，结合分步乘法计数原理可得. 【详解】将“立春”和“春分”两块展板捆绑，与“惊蛰”“清明”一起排列，共有种， 再将“雨水”与“谷雨”两块展板插入个空隙中，有种， 按照分步乘法计数原理可知，不同的放置方式有种. 故选：C. 4. 现有甲、乙、丙、丁4位乒乓球业余爱好者组队参与某次比赛，比赛顺序是第一场双打，第二场与第三场单打，每人只参加其中一个项目，在每场比赛中赢对方的概率分别是，，，且每场比赛相互独立，则在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场赢对方的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由互斥加法、独立乘法公式即可求解. 【详解】设双打与第二、第三场单打赢对方分别为事件，，， 三场比赛中恰有两场赢对方为事件，则，，， ， ， 所以. 故选：D. 5. 如图，在正方体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：以基底，表示，代入向量夹角公式计算即可； 法二：分别以所在的直线为轴，通过向量的坐标运算计算即可； 法三：由，将直线和夹角即为直线和所成角或其补角，通过余弦定理即可求解. 【详解】化为空间向量问题，以作为基底，则 ， 设向量和的夹角为， 则直线和夹角的余弦值等于.进行向量运算 因为四面体为正四面体，所以且夹角均为， 所以 . 故选：C. 【法二】分别以所在的直线为轴 建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方体的棱长为2， 得 得. 设向量和的夹角为， 则直线和夹角的余弦值等于. 进行向量运算得.. 故选：C 【法三】连接，易得， 则直线和夹角即为直线和所成角或其补角， 设正方体的棱长为2， 则中，， 由余弦定理得，. 故选：C 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 72 B. 60 C. 48 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式展开式分类讨论，即可求解. 【详解】的展开式的通项为. 令，得，令，得，舍去； 令，得. 所以的展开式中的系数为， 故选:A. 7. 某学校有A，B两家餐厅，某同学连续三天午餐均在学校用餐．如果某天去A餐厅，那么第2天还去A餐厅的概率为；如果某天去B餐厅，那么第2天还去B餐厅的概率为．若该同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐，则该同学第3天去A餐厅用餐的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式求出张同学第2天去A，B餐厅的概率，继而可求第3天去A餐厅用餐的概率. 【详解】设表示事件：第i天去A餐厅，表示事件：第i天去B餐厅， 由题意可知：,， ， 所以， 根据全概率公式得： 故， , 则， 故选：B 8. 已知实数满足，则的值为（ ） A. -2 B. -1 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数（），分别求导得出，，进而得出，即可. 【详解】将整理为， 构造函数（），. ， 令，则，令，则， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以， 由，可知， 令，则，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 由题意可得， 所以， 当且仅当时，不等式成立. 此时，， 所以. 故选：D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 从含有3件次品的20件产品中，任意抽出5件进行检验（ ） A. 抽出的产品都是合格品的抽法种数为 B. 抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为 C. 抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为 D. 抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，易得抽出的产品都是合格品的抽法有种；B选项，可得需从17件合格品抽3件，3件次品抽2件；C选项，由抽出的产品中至少有2件次品包括2件次品和3件次品，分别计算方法数再相加即可；D选项，抽出的产品中至多有2件次品可由总的抽法减去不满足条件的抽法计算. 【详解】对于A，20件产品中合格品有17件，则抽出的产品都是合格品的抽法种数为，A正确； 对于B，抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法种数为，B错误； 对于C，抽出的产品中至少有2件是次品的抽法种数为，C错误； 对于D，抽出的产品中至多有2件是次品的抽法种数为，D正确. 故选：AD. 10. 已知二项式的展开式中所有项的系数的和为64，则（ ） A. B. 展开式中的系数为 C. 展开式中奇数项的二项式系数的和为32 D. 展开式中二项式系数最大的项为 【答案】ACD 【解析】 【分析】赋值法求得，根据二项式定理求展开式通项，结合二项式系数性质求的系数、奇数项的二项式系数和、二项式系数最大的项. 【详解】令，则，可得，A对； ， 当时，，B错； 由原二项式的二项式系数和为，则奇数项的二项式系数的和为32，C对； 由上知：二项式系数最大为，即，则，D对. 故选：ACD 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为 B. 当时，函数为奇函数 C. 若过点有三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为 D. 若函数有3个零点，则这3个零点之和为 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A选项，由， 当时，没有极值； 当时，令，可得或，可得函数的减区间为，增区间为，此时为函数的极大值点； 当时，令，可得，可得函数的减区间为，增区间为，此时为函数的极小值点，故A选项错误； 对于B选项，由， 有，可得函数为奇函数，故B选项正确； 对于C选项，设切点为，可知， 可得函数在点M处的切线方程为 ，代入有，整理为， 若过点有三条直线与曲线相切，可得关于m的方程有且仅有3个根， 显然，上述方程可化为. 令，有， 令，即，解得， 可得函数的减区间为， 令，即，解得或， 所以函数增区间为， 又由.可得，可得，故C选项正确； 对于D选项，显然，设， 又由，可得， 同理可得， 将上面两式作差，得， 整理可得，故D选项正确. 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设离散型随机变量的分布列如下，若，则_______． 2 3 4 0.3 0.4 【答案】## 【解析】 【分析】利用分布列先求期望，再求方差，最后利用方差的性质即可求出结果. 【详解】由概率和为1，可知， 根据分布列可求得期望：， 再求方差：， 根据方差性质可得：， 故答案为： 13. 已知的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】设，再令，得，令，得，两式相减求解. 【详解】设， 令，得， 令，得， 两式相减得2， 所以， 解得. 故答案为：-3 【点睛】本题主要考查二项式定理展开式的系数，赋值法是解决本题的关键，属于基础题. 14. 假期里有5名同学分别被分配到甲、乙、丙三个社区做防疫志愿者，共有______种不同的分配方法；若要求每个社区至少分配一名同学，且同学必须被分配到社区甲，则共有______种不同的分配方法． 【答案】 ①. 243 ②. 50 【解析】 【分析】对于第一空：每位同学可以安排到三个社区，有3种选择，由分步计数原理计算可得答案； 对于第二空：依题意各社区的人数可能是1、1、3，或1、2、2；再对甲社区的人数分类讨论，最后按照分类加法与分步乘法计数原理计算可得． 【详解】解：根据题意，对于第一空：每位同学可以安排到三个社区，有3种选择， 则5位同学有种分配方法， 对于第二空：依题意5名同学分别被分配到三个社区，每个社区至少分配一名同学，则各社区的人数可能是1、1、3，或1、2、2； ①甲社区安排1个人，即只安排A到甲社区，则有其余4个人可能有种安排； ②甲社区安排2个人，则首先从其余4人选1人安排到甲社区有种，另外3人有种，所以一共有种安排； ③甲社区安排3个人，则首先从其余4人选2人安排到甲社区有种，另外2人安排到2个社区有种，所以一共有种安排； 综上一共有种安排； 故答案为：243，50． 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知等比数列的各项均为正数，满足：，且是与的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式，结合等差中项公式可得答案； （2）先求解的通项公式，利用裂项相消法可求答案. 【小问1详解】 因为是与的等差中项，所以，即， 设的公比为，则，即，解得或（舍）， 因为，所以，即，解得， 所以. 【小问2详解】 . ， . 16. 甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球. （1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率； （2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球， ①求从乙箱中取出的球是白球的概率. ②若已知从乙箱中取出的球是白球，求从甲箱中取出的2个小球恰好是1黑1白的概率. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）先求出从甲箱中任取2个小球的事件数，再求出这2个小球同色的事件数即可得出. （2）①求出从从甲箱中取出的2个小球的各种情况的概率，再利用全概率公式求解；②利用条件概率公式求解. 【小问1详解】 从从甲箱中任取2个小球的试验有个基本事件， 其中2个小球同色的事件有个基本事件， 所以这2个小球同色的概率. 【小问2详解】 ①设事件A为“从乙箱中任取1个小球，取出的这个小球是白球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球都是白球”，事件为“从甲箱中取出的2个小球为1个白球1个黑球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球都是黑球”，则事件，，彼此互斥． ，，， ，，， 所以， 所以取出的这个小球是白球的概率为． ②由①得， 所以从乙箱中取出的球是白球的情况下，从甲箱中取出的2个小球恰好是1黑1白的概率为. 17. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有A，B，C三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三首歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表： 歌曲 猜对的概率 0.8 0.5 0.5 获得的奖励基金金额/元 1000 2000 3000 （1）求甲按“”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率； （2）甲决定按“”或者“”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期望；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由. 【答案】（1）0.4 （2）期望都是2200，按照“A，B，C”的顺序猜歌名，理由如下： 甲决定按“”顺序猜歌名，获得的奖金数记为， 则的所有可能取值为， 所以； 甲决定按“”顺序猜歌名，获得的奖金数记为， 则的所有可能取值为， 所以. 参考答案一：由于， 由于，所以应该按照“”的顺序猜歌名. 参考答案二：甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名. 其他合理答案均给分 【解析】 【分析】（1）根据互斥事件和独立重复试验的概率公式即可求解. （2）先根据题意写出甲决定按“”的顺序猜歌名获得奖金数的所有可能取值，根据独立重复试验的概率公式求得每一个取值对应的概率，由数学期望的计算方法得出；再同理得出甲决定按“”顺序猜歌名的数学期望；最后可通过计算、比较方差得出答案或者分析获得0元的概率得出答案. 【小问1详解】 由题意可知甲按“”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名分两种情况：猜对；猜对，这两种情况不会同时发生. 设“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件E， 由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得 . 【小问2详解】 略 18. 设函数． （1）当时．求曲线在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数恰有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2） 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出的导数，再分类讨论求出的单调区间. （3）由（2）中信息分类探讨并求出极小值，并确定函数有两个零点的条件，再结合零点存在性定理求解判断. 【小问1详解】 当时，，求导得，则，而， 所以所求切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，，且当时取等号，函数在上单调递减； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）知，当时，函数在上单调递减，则最多一个零点； 当时，在处取得极小值，则最多一个零点； 当时，在处取得极小值，则最多一个零点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， ，要函数有两个零点，则必有， 解得，此时，当从大于0的方向趋近于0时，趋近于正无穷大，， 因此当且仅当时，函数恰有两个零点， 所以实数的取值范围是. 19. 椭圆的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点的最小距离为1，斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为． （1）求椭圆的标准方程； （2）求的范围； （3）设为的右焦点，为上一点，且．判断、、是否成等差数列，如果是，说明理由并求该数列的公差． 【答案】（1） （2） （3）是，理由见如下，该数列的公差为或， 由题意得，设，，，则，， 由（2）及题设得，． 又点在上，所有，解得，从而，， 于是，同理． 所以，故，即，，成等差数列． 设该数列的公差为，则，②， 将代入①得，所以的方程为，代入的方程，并整理得． 故，，代入②解得．所以该数列的公差为或． 【解析】 【分析】（1）根据离心率及最小距离列方程求解； （2）设而不求，利用点差法以及中点坐标公式求出，再利用在椭圆内列不等式求解即可； （3）解出m，进而求出点P的坐标，得到，再由两点间距离公式表示出，，可证明，，成等差数列；先求出直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解． 【小问1详解】 ， ，，， 椭圆 【小问2详解】 设，，线段的中点为，，． 将代入椭圆中，可得， 两式相减可得，，即， ．点在椭圆内，即，（）， 解得．．① 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对两点间公式应用计算焦半径结合韦达定理计算求出公差. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $