精品解析：福建厦门市同安实验中学2025-2026学年高二下学期数学月考一试题

2025-2026厦门市同安实验中学高二下数学月考一 2026.4.8 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若过点，的直线的斜率等于1，则的值为（ ） A. 1 B. 4 C. 1或3 D. 1或4 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜率公式即可得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得. 故选：A. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为. 【详解】由双曲线的标准方程可知，， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 3. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“团员知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一．据此推测5人的名次排列情况共有（ ）种． A. 18 B. 24 C. 14 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据特殊元素与位置优先处理，先排甲，再排乙，最后在全排， 由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意可知，甲排第三，乙不是第一的方法有. 故选：A. 4. 已知定义在上的函数，其导函数的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是(　　) A. B. 函数在处取得极大值 C. 函数在处取得极小值 D. 函数的最小值为 【答案】D 【解析】 【详解】当时，，单调递增，所以，所以A正确；当时，，单调递增，当时，，单调递减，函数在处取得极大值，所以B正确; 当时，，单调递减，当时，，单调递增，函数在处取得极小值，所以C正确; 当时，，单调递减，，所以函数的最小值为错误，选D ． 5. 已知随机变量X的分布列为 0 1 若，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知，解得， 因为，解得， 所以. 6. 某块农田上播种的一等小麦种子中含有的二等种子.已知一等小麦种子结出的麦穗每穗含有50颗以上麦粒的概率为0.5，若在该块农田种出的小麦中，有的麦穗含有50颗以上麦粒，则二等小麦种子结出的麦穗每穗含有50颗以上的麦粒的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设“二等小麦种子结出的麦穗每穗含有颗以上的麦粒”的概率为，麦穗含有颗以上麦粒为事件，种子为一等种子为事件，种子为二等种子为事件 根据题目条件可知，，，， 根据全概率公式，可得，解得. 7. 2021年4月24日是第六个“中国航天日”，今年的主题是“扬帆起航逐梦九天”.为了制作一期展示我国近年来航天成就的展览，某校科普小组的6名同学，计划分“神舟飞天”､“嫦娥奔月”､“火星探测”3个展区制作展板，每人只负责一个展区，每个展区至少有一人负责，则不同的任务分配方案有（ ） A. 990种 B. 630种 C. 540种 D. 480种 【答案】C 【解析】 【分析】分成三类，每一类用分步计数原理结合排列组合可得任务分配方案种数，然后相加即可得到结果. 【详解】分成三类： ① 将6名同学分成三组：一组1人，一组2人，一组3人： 不同的任务分配方案有种； ② 将6名同学分成三组：一组4人，其他两组各2人： 不同的任务分配方案有种； ③ 将6名同学平均分成三组：各组都是2人： 不同的任务分配方案有种； 综上可知，不同的任务分配方案共有种. 故选：C. 8. 已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】引入函数，由导数确定其单调性，题设不等式转化为关于函数的不等式，然后由单调性求解． 【详解】设，则，所以在R上单调递减；由，得，即，所以，解得. 故选：A. 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 二项式的展开式中（ ） A. 所有项的系数和为 B. 所有项的二项式系数和为 C. 含的项的系数为 D. 二项式系数最大的项为第项 【答案】BC 【解析】 【分析】选项，求系数和，令；选项，二项式系数和公式为；选项，特定项系数，要先写通项，再根据所求列方程；选项，当指数为奇数时，二项式系数最大的项有两个． 【详解】解：选项，令，系数和为，故错误； 选项，由公式可知，二项式系数和，故正确； 选项，通项为，令，解得，所以含的项的系数为，故正确； 选项，因为，展开式共有8项，中间两项的二项式系数最大，第4项和第5项，故错误； 故选：． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从二项分布，则 B. 若则 C. 甲､乙､丙三人均准备在3个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有1个景点未被选择的条件下，恰有2个景点未被选择的概率是 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A，需用二项分布的概率计算公式验证的结果；选项B，先利用互斥事件的概率加法公式求出，再根据对立事件的概率关系求；选项C，先分别计算“至少有1个景点未被选择”的概率和“恰有2个景点未被选择”的概率，再利用条件概率公式计算结果；选项D，直接利用期望和方差的线性变换性质验证等式是否成立. 【详解】对于选项A，若随机变量，概率公式为， 已知，代入得：，A正确； 对于选项B，事件可拆分为互斥事件和， 因此， 故，B正确； 对于选项C，根据条件概率，设至少1个景点未被选择，恰有2个景点未被选择，根据条件概率公式： 总基本事件数：三个人选景点共种； ：恰2个景点未被选即三个人都选同一个景点，共种； ：的对立事件是“3个景点都被选中”，排列数为，因此； 代入得，C正确； 对于选项D，根据期望和方差的性质：正确， 但方差， 当时，，D错误. 11. 已知函数，则下列选项正确的有（ ） A. 函数极小值为，极大值为. B. 函数存在3个不同的零点. C. 当时，函数的最大值为. D. 当时，方程恰有3个不等实根. 【答案】AC 【解析】 【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值，函数的零点个数，即可判断A BC是否正确；作出的图象，方程恰有3个不等实根，可转化为与的交点有3个，结合图象即可判断D是否正确. 【详解】， 在上，，单调递增，在上，，单调递减， ，，故A正确； 当时，，时，，且，，所以函数有两个零点，故B错误； 由函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增， 且，故函数的最大值为，故C正确； 方程恰有3个不等实根，可转化为与的交点有3个，由上述分析可知，的图象为： 由图象可得当时，有2个实数根，当时，有3个实数根，当时，有2个实数根，当时，有1个实数根，故D错误. 故选：AC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量的分布列为，则或__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分布列的性质，求得参数，再利用概率公式求解即可. 【详解】因为， 所以，解得， 故或. 13. 已知圆与圆的相交弦所在直线为，若与抛物线交于两点，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由圆与圆的方程相减可得直线的方程，进而得到直线经过抛物线的焦点，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义求解即可. 【详解】由圆与圆的方程相减得，相交弦所在直线的方程为， 又知抛物线的焦点为，则直线经过焦点， 设， 由，得，所以， 由抛物线定义可知，. 故答案为：5. 14. 在一次新兵射击能力检测中，每人都可打5枪，只要击中靶标就停止射击，合格通过；5次全不中，则不合格．新兵A参加射击能力检测，假设他每次射击相互独立，且击中靶标的概率均为，若当时，他至少射击4次合格通过的概率最大，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题设至少射击4次合格通过，即第4或5枪击中靶标，可得，利用导数研究函数在上的最值，根据最值成立的条件即得. 【详解】至少射击4次合格通过的概率为， 所以，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 当时得最大值，故． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：用表示至少射击4次合格通过的概率，并利用导数研究在上的最值即可. 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. 设数列的前项和为，且. （1）证明：是等差数列； （2）设，求数列的前项和 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用得到，用定义法证明是等差数列； （2）用裂项相消法求和. 【小问1详解】 当时，因为，所以， 所以，则. 又，所以， 故是以为首项，为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以， 所以 . 16. 设某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第1车间的次品率为0.2，第2车间的次品率为0.1，两个车间的成品都混合堆放在同一个仓库.假设第1，2车间生产电器的比为. （1）一个客户从成品仓库随机提取一台产品，计算该产品为合格品的概率； （2）若客户从成品仓库随机提取一台产品为合格品，求该产品是第1车间生产的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设“随机提取一台产品是合格品”为事件，“提取的一台产品是第车间的产品”为事件，“提取的一台产品是第车间的产品”为事件 根据题目可得，，，， 根据全概率公式，可得：. 【小问2详解】 根据贝叶斯公式，可得： . 17. 已知函数，且曲线在点处的切线方程为. (1)求实数a，b的值及函数的单调区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1)，增区间是，递减区间是；(2) . 【解析】 【分析】（1）已知函数在某点处的切线方程，可得出切点纵坐标，和切线斜率，代入原函数及原函数导函数中，可求解参数值，进而求解函数单调区间. （2）含参数的不等式恒成立问题，可将参数整理成不等式一侧，取新函数，求最值. 【详解】(1)因为， 所以于， 因为曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x-y+1=0， 则有， 即 解得a=1，b=2. 所以， 由，得，所以函数单调递增区间是; 由，得，所以函数单调递减区间是. (2)由题意，不等式恒成立， 即恒成立， 即恒成立. 令，则只需， 易得 由g'(x)=0，得x=1. .... 所以当x∈(0，1)时，g(x) <0;当x∈(1，+∞)时，g“(x) >0， 所以， 所以，即所求实数m的范围是. 【点睛】（1）导数的几何意义是，函数在某点处的导数值等于切线的斜率. （2）若想不等式恒成立，可令恒成立. 18. 如图，直三棱柱中，，为的中点，为棱上一点，. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由直棱柱特征和线面垂直的判定和性质可证得、，由线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可构造方程求得，进而利用线面角的向量求法求得结果. 【小问1详解】 在直三棱柱中，底面，底面，； 又，，平面，平面， 平面，又平面，. 由直三棱柱知：底面，底面，， 又，平面，平面， 平面. 【小问2详解】 由（1）知：，又为中点，. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 设，则. 由（1）知：平面的法向量可取； 设平面的法向量， ，， ，令，解得：，，； ，解得：，此时， 设与平面所成角为， ， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19. 2025年端午期间，某百货公司举办了一次有奖促销活动，顾客消费满600元（含600元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（只能选择其中的一种）. 方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回摸出3个球，每摸到1次红球，立减200元. 方案二：从装有10个形状，大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，不放回摸出3个球，中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折；其余情况不打折. （1）某顾客恰好消费600元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和期望； （2）若顾客消费1000元，试从实付金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理？ 【答案】（1）分布列为： 0 200 400 600 （2）方案一 【解析】 【小问1详解】 设实付金额为元 顾客消费600元，方案一为有放回摸出3个球，每摸到1次红球，立减200元. 摸到红球的次数可能为0，1，2，3次，对应实付金额的取值为： 摸到0次红球：元，摸到1次红球：元， 摸到2次红球：元，摸到3次红球：元， 的可能取值为0，200，400，600. 有放回摸球，红球2个，黑球8个 每次摸到红球的概率为，摸到黑球的概率为 ， ， 故的分布列为 0 200 400 600 (元). 【小问2详解】 (1)若选择方案一，设摸到红球的个数为，实付金额为，则 由已知可得，则 (元). (2)若选择方案二，设实付金额为，则的可能取值为0，500，750，1000. ， ， 故的分布列为 0 500 750 1000 (元). ， 从实付金额的期望值分析顾客选择方案一更合理 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026厦门市同安实验中学高二下数学月考一 2026.4.8 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若过点，的直线的斜率等于1，则的值为（ ） A. 1 B. 4 C. 1或3 D. 1或4 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“团员知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一．据此推测5人的名次排列情况共有（ ）种． A. 18 B. 24 C. 14 D. 16 4. 已知定义在上的函数，其导函数的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是(　　) A. B. 函数在处取得极大值 C. 函数在处取得极小值 D. 函数的最小值为 5. 已知随机变量X的分布列为 0 1 若，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 某块农田上播种的一等小麦种子中含有的二等种子.已知一等小麦种子结出的麦穗每穗含有50颗以上麦粒的概率为0.5，若在该块农田种出的小麦中，有的麦穗含有50颗以上麦粒，则二等小麦种子结出的麦穗每穗含有50颗以上的麦粒的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 2021年4月24日是第六个“中国航天日”，今年的主题是“扬帆起航逐梦九天”.为了制作一期展示我国近年来航天成就的展览，某校科普小组的6名同学，计划分“神舟飞天”､“嫦娥奔月”､“火星探测”3个展区制作展板，每人只负责一个展区，每个展区至少有一人负责，则不同的任务分配方案有（ ） A. 990种 B. 630种 C. 540种 D. 480种 8. 已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 二项式的展开式中（ ） A. 所有项的系数和为 B. 所有项的二项式系数和为 C. 含的项的系数为 D. 二项式系数最大的项为第项 10. 下列说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从二项分布，则 B. 若则 C. 甲､乙､丙三人均准备在3个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有1个景点未被选择的条件下，恰有2个景点未被选择的概率是 D. 11. 已知函数，则下列选项正确的有（ ） A. 函数极小值为，极大值为. B. 函数存在3个不同的零点. C. 当时，函数的最大值为. D. 当时，方程恰有3个不等实根. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量的分布列为，则或__________. 13. 已知圆与圆的相交弦所在直线为，若与抛物线交于两点，则__________. 14. 在一次新兵射击能力检测中，每人都可打5枪，只要击中靶标就停止射击，合格通过；5次全不中，则不合格．新兵A参加射击能力检测，假设他每次射击相互独立，且击中靶标的概率均为，若当时，他至少射击4次合格通过的概率最大，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. 设数列的前项和为，且. （1）证明：是等差数列； （2）设，求数列的前项和 16. 设某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第1车间的次品率为0.2，第2车间的次品率为0.1，两个车间的成品都混合堆放在同一个仓库.假设第1，2车间生产电器的比为. （1）一个客户从成品仓库随机提取一台产品，计算该产品为合格品的概率； （2）若客户从成品仓库随机提取一台产品为合格品，求该产品是第1车间生产的概率. 17. 已知函数，且曲线在点处的切线方程为. (1)求实数a，b的值及函数的单调区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围. 18. 如图，直三棱柱中，，为的中点，为棱上一点，. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 2025年端午期间，某百货公司举办了一次有奖促销活动，顾客消费满600元（含600元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（只能选择其中的一种）. 方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回摸出3个球，每摸到1次红球，立减200元. 方案二：从装有10个形状，大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，不放回摸出3个球，中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折；其余情况不打折. （1）某顾客恰好消费600元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和期望； （2）若顾客消费1000元，试从实付金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $