精品解析：重庆市第七中学2025-2026学年度高二下学期第一次月考数学试题

重庆市第七中学校2025—2026学年度下期高2027届 第一次月考数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 函数，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过函数解析式求出导函数，当求得对应导数. 【详解】因为，所以 当时， 解得. 2. 从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有（ ）种． A. 30 B. 36 C. 56 D. 66 【答案】B 【解析】 【详解】从名学生中选出3名，共有种； 从6名男生中选出3名，共有种； 则至少有1名女生的选法共有. 3. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. B. 0 C. 5 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合二项展开式的性质，即可求解. 【详解】由题意，在的展开式中， 其中项为， 所以项的系数为. 故选：A. 4. 随机变量X的取值有0，1，2，若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以①， 又因为，所以，即②， 联立①②，解得，， 所以， 所以. 5. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排参加文艺汇演，最左端不能排甲和乙，最右端不能排乙，则不同的排法共有（ ） A. 27种 B. 36种 C. 54种 D. 72种 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论甲是否排最右端，结合排列数组合数分析求解. 【详解】若最右端排甲，则最左端不能排乙，不同的排法共有种； 若最右端不排甲，则甲、乙不能排两端，不同的排法共有种； 所以不同的排法共有种. 故选：C. 6. 在某次流感疫情爆发期间，A，B，C三个地区均爆发了流感，经调查统计A，B，C地区分别有的人患过流感，且A，B，C三个地区的人数的比为．现从这三个地区中随机选取一人，则此人患过流感的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，然后根据条件依次得到、、、、、的值，然后根据全概率公式公式求解即可. 【详解】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区， 记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区， 则，且彼此互斥， 由题意可得，，， ，，， 由全概率公式可得 . 故选：A. 7. 在某校高二年级半期考试表彰仪式上，班1人、班2人、班3人总共6人站成一排在舞台上领奖，要求同班的同学不相邻，则不同排法共有（ ） A. 72种 B. 84种 C. 120种 D. 150种 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列组合的知识，先将C班的人按照不相邻的条件排列，共有4种情况，然后针对每种情况利用插空法再将A班和B班的人进行排列，最后将其相加得到总的排法数. 【详解】因为C班3人不相邻排列，所以有以下情形的排列方式： 第一类，C班3人分别在第一､第三､第五个位置，则有种排法； 第二类，C班3人分别在第一､第三､第六个位置，则有种排法； 第三类，C班3人分别在第一､第四､第六个位置，则有种排法； 第四类，C班3人分别在第二､第四､第六个位置，则有种排法；因此不同排法共有种. 故选：C. 8. 已知正数满足（e为自然对数的底数），则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设且，构造、，利用导数、零点存在性定理判断在上的函数值符号，即可得答案. 【详解】由题设，则，且，则， 令且，故， 令，则在上递增， 故， 所以在上递增，故， 所以在上递增，故， 即在上恒成立，故，D错，C对； 对于的大小关系，令且， 而，， 显然在上函数符号有正有负，故的大小在上不确定， 即的大小在上不确定，所以A、B错. 故选：C. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知随机事件A，B满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则A与B相互独立 D. 若A与B相互独立，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，结合概率的性质、互斥事件、相互独立事件的概率公式，逐项分析判断即可. 【详解】对于A，由，得，A错误； 对于B，由A与B互斥，得，B正确； 对于C，由，得，则A与B相互独立，C正确； 对于D，由A与B相互独立，得，相互独立，则，D错误. 故选：BC. 10. 若，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 含项的系数是112 【答案】ACD 【解析】 【分析】由赋值法可判断AC；将，即可求出可判断B；项的系数只能来自的展开式，求解可判断D. 【详解】对于A，令可得：，所以，故A正确； 对于B，， 则，故B错误； 对于C，令可得，故C正确； 对于D，项的系数只能来自的展开式， 含项的系数是，故D正确. 故选：ACD. 11. 现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ） A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法 B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种 C. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种 D. 若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种 【答案】BCD 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即可判断A，由分类加法、分步乘法结合排列、组合的知识可判断B，由分步乘法、排列、组合的知识可判断C，由枚举法可判断D，即可得解. 【详解】对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A错误； 对于B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有种放法，故B正确； 对于C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有种放法，故C正确； 对于D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，，，，，，，，，共9种放法，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了计数原理的综合应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，合理分类、分步，完整枚举是解题关键，属于中档题. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 有一组样本数据：6，，，…，，已知它的平均数为6，方差为10，则新数据，，…，的方差为__________. 【答案】 【解析】 【分析】代入平均数和方差公式，即可求解. 【详解】根据题意新数据的平均数为， 设其方差为， 因为， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 某市场供应的灯泡中，甲厂产品占30%，乙厂产品占70%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是90%，在该市场中随机购买一个灯泡，已知买到的是合格品，则这个灯泡是甲厂生产的概率是________． 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式计算即得. 【详解】设事件为“购买一个甲厂灯泡”，事件为“购买一个乙厂灯泡”，事件为“购买的灯泡是合格品”， 依题意，， 因此， ， 所以这个灯泡是甲厂生产的概率是. 故答案为： 14. 函数有两个极值点，则a的取值范围为________； 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，转化为与有两个不同的交点，令，利用求得函数的单调性与极值，结合图象，求得的取值范围. 【详解】由函数，可得， 因为函数有两个极值点，即有两个不等的实根， 当时，方程不成立，所以可化为方程有两个不等的实根， 所以与有两个不同的交点， 令，可得， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，其中， 函数的图象如图所示， 要使得与有两个不同的交点，则满足， 即实数的取值范围为. 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项， （1）求的值； （2）若第项是有理项，求的取值集合； （3）求系数最大的项. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由展开式中只有第五项的二项式系数最大求解即可. （2）根据二项展开式的通项，由为整数求解即可. （3）利用二项式定理求出通项，设第项的系数的绝对值最大求解即可. 【小问1详解】 因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，所以，展开式共有9项，所以 【小问2详解】 第项为 若项为有理项，则为整数，则，，，， 所以第，，，，项为有理项，所以的取值集合为 【小问3详解】 因为第项的系数为，所以第项的系数绝对值为， 设第项的系数的绝对值最大，则，整理得，解得 又因为第6项的系数，第7项的系数， 所以，第7项的系数最大，. 16. 据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加短道速滑世锦赛男子5000米接力的角逐．接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛．已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为p和，其中． （1）甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲、乙、丙三队中恰有两队进入决赛的概率为，求p的值； （3）在（2）的条件下，设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列和数学期望 【答案】（1）乙进入决赛的可能性最大 （2） （3）的分布列为： 0 1 2 3 P 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式，分别求得甲乙丙进入决赛的概率，即可求解； （2）由甲、乙、丙三队中恰有两队进入决赛的概率，列出方程，即可求解； （3）根据题意，得到的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望公式，即可求解. 【小问1详解】 由题意，甲队进入决赛的概率为，乙队进入决赛的概率为， 丙队进入决赛的概率为， 因为，所以， 显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大. 【小问2详解】 因为甲、乙、丙三队中恰有两队进入决赛的概率为， 所以，解得或， 因为，所以. 【小问3详解】 由题意可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为， 且随机变量的可能取值为， 可得，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 P 所以. 17. 如图，在三棱柱中，，，，D是的中点，． （1）证明：平面平面 （2）求三棱柱的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为，，D是的中点，所以，， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可； （2）取的中点，可得，可得平面，再由柱体的体积公式计算可得； （3）以为原点，以为轴，为轴，过点作与直线平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点， 因为，所以，因为平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面，可知为三棱柱的高， 因为，，则，，， 因为，则， 所以. 【小问3详解】 如图，以为原点，以为轴，为轴，过点作与直线平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，， ，，， 设平面的法向量为，，， 则，即， 令，则，，可得， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求整数a的最大值． 【答案】（1） （2） 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. （3）4 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值； （2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间； （3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值. 【小问1详解】 当时，则， 可知的定义域为，且， 令，解得；令，解得， 可知的单调递减区间是，单调递增区间是， 所以函数的最小值为. 【小问2详解】 由题意可知的定义域为，且， 当时，恒成立， 所以的单调递减区间是，无单调递增区间. 当时，令解得， 令，解得；令，解得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是； 综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问3详解】 当时，不等式恒成立， 即，整理可得， 原题意等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 所以在区间上单调递增， 因为，， 所以在区间内存在唯一零点， 即，所以， 当时，，即； 当时，，即； 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增； 所以， 因为，则，即， 且为整数，则，所以整数的最大值是4. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 19. 已知过点的椭圆的离心率为. （1）求的方程； （2）已知是的左顶点，直线与相交于，两点，且两点均不与点重合. （i）若直线与圆相切，证明：以为直径的圆经过坐标原点； （ii）若直线的斜率之积为，证明直线过定点，并求出定点的坐标. 【答案】（1） （2） 由，消去整理得， 则， 设，，则，， 所以 ； （i）因为直线与圆相切，所以，即， 所以， 所以，即， 所以以为直径的圆经过坐标原点； （ii）因为椭圆的左顶点为， 所以 ， 所以，即， 所以或； 当时，直线的方程为，即， 令，得， 则直线恒过点，不符合题意； 当时，直线的方程为，即， 令，得， 则直线恒过点，此时，符合题意； 故直线恒过定点，定点坐标为. 【解析】 【分析】（1）根据所给条件得到关于、、的方程组，解得即可； （2）联立直线与椭圆方程，消元，设，，列出，，；（i）由直线与圆相切得到圆心到直线的距离等于半径，即可求出，即可得证；（ii）由斜率公式得到，即可求出定点坐标. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市第七中学校2025—2026学年度下期高2027届 第一次月考数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 函数，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2. 从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有（ ）种． A. 30 B. 36 C. 56 D. 66 3. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. B. 0 C. 5 D. 10 4. 随机变量X的取值有0，1，2，若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 5. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排参加文艺汇演，最左端不能排甲和乙，最右端不能排乙，则不同的排法共有（ ） A. 27种 B. 36种 C. 54种 D. 72种 6. 在某次流感疫情爆发期间，A，B，C三个地区均爆发了流感，经调查统计A，B，C地区分别有的人患过流感，且A，B，C三个地区的人数的比为．现从这三个地区中随机选取一人，则此人患过流感的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在某校高二年级半期考试表彰仪式上，班1人、班2人、班3人总共6人站成一排在舞台上领奖，要求同班的同学不相邻，则不同排法共有（ ） A. 72种 B. 84种 C. 120种 D. 150种 8. 已知正数满足（e为自然对数的底数），则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知随机事件A，B满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则A与B相互独立 D. 若A与B相互独立，则 10. 若，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 含项的系数是112 11. 现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ） A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法 B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种 C. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种 D. 若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 有一组样本数据：6，，，…，，已知它的平均数为6，方差为10，则新数据，，…，的方差为__________. 13. 某市场供应的灯泡中，甲厂产品占30%，乙厂产品占70%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是90%，在该市场中随机购买一个灯泡，已知买到的是合格品，则这个灯泡是甲厂生产的概率是________． 14. 函数有两个极值点，则a的取值范围为________； 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项， （1）求的值； （2）若第项是有理项，求的取值集合； （3）求系数最大的项. 16. 据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加短道速滑世锦赛男子5000米接力的角逐．接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛．已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为p和，其中． （1）甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲、乙、丙三队中恰有两队进入决赛的概率为，求p的值； （3）在（2）的条件下，设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列和数学期望 17. 如图，在三棱柱中，，，，D是的中点，． （1）证明：平面平面 （2）求三棱柱的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求整数a的最大值． 19. 已知过点的椭圆的离心率为. （1）求的方程； （2）已知是的左顶点，直线与相交于，两点，且两点均不与点重合. （i）若直线与圆相切，证明：以为直径的圆经过坐标原点； （ii）若直线的斜率之积为，证明直线过定点，并求出定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $