精品解析：重庆市两江育才中学校2025-2026学年高二下学期四月月考数学试题

数学 一、单选题 1. 在的展开式中，常数项为（ ） A. B. 15 C. D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】由二项展开式通项公式求解． 【详解】， 令，得， ∴常数， 故选：B． 2. 甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，在甲和乙相邻的条件下，丙和丁也相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合排列的思想分别求出甲和乙相邻且丙和丁相邻的排列数，即可求出概率值. 【详解】甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，甲和乙相邻的情况有种， 甲和乙相邻，丙和丁也相邻的情况有种， 所以在甲和乙相邻的条件下，丙和丁也相邻的概率为. 故选：B. 3. 北京年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合.为了宣传年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等6名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装.若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据分组分配问题计算，先分组有两类：一类为，二类为平均分组，最后再分配可得. 【详解】小明和小李必须安装不同的吉祥物，根据题设条件，将6人分成两组其中小明和小李不在同一组， 设小明所在的组为小明组，小李所在的组为小李组， ①若小明组2人小李组4人，先给小明组选1人，剩余3个人到小李组，有种不同的分组方法； ②若小明组3人小李组3人，先给小明组选2人，剩余2个人到小李组，有种不同的分组方法； ③若小明组4人小李组2人，先给小明组选3人，剩余1个人到小李组，有种不同的分组方法； 所以一共有种分组方法，然后再分配到两个安装组有种情况， 所以不同的分配方案种数为种. 故选：C. 4. 语文老师想了解全班同学课外阅读中国古典四大名著的情况，经调查，全班同学中阅读过《红楼梦》的占，阅读过《三国演义》的占，阅读过《红楼梦》或《三国演义》的占，现从阅读过《三国演义》的同学中随机抽取一位同学，该同学阅读过《红楼梦》的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.45 D. 0.75 【答案】D 【解析】 【分析】设出相关事件，根据和事件的概率公式求出，再根据条件概率公式，即可求得答案. 【详解】设事件A：阅读过《红楼梦》；事件B：阅读过《三国演义》， 则，则， 而，即， 故， 故， 即现从阅读过《三国演义》的同学中随机抽取一位同学，该同学阅读过《红楼梦》的概率为0.75， 故选：D 5. 来自3个班的6名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班1人，到达山顶之后6人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有（ ） A. 150种 B. 120种 C. 84种 D. 72种 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件按的相对位置分类，再结合插空及排列数计算求解. 【详解】不妨设一班3人为，二班2人为，三班1人为，则不能相邻，不能相邻. 以下分两类，先排的相对位置： 若之间没有，则打包可知这三人共有种相对位置，再让来进行插空， 因为不能相邻，所以他们之间必然会有且只有一个一班同学，所以总共有种； 若之间有，则这三人共有种相对位置，再让来进行插空，总共有种， 综上，总共有种. 故选：B 6. 现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 112种 B. 146种 C. 192种 D. 168种 【答案】D 【解析】 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理可求解. 【详解】对1，4，5染色，有种方法.若1和3同色，则不同的染色方法有种； 若1和3不同色，则不同的染色方法有种. 综上，不同的染色方法有168种. 故选：D. 7. 重庆外国语学校第34届外语节于2025年5月22日举行，高二某班6名同学参加节目表演，表演完后老师为这6名同学合影留念.合影时4人先到2人后到，为节约时间，先到的4人排好队，后来的2人加入并保持排好队同学的相对顺序不变，这两名同学共有多少种加入方法（ ） A. 10 B. 20 C. 60 D. 30 【答案】D 【解析】 【分析】用倍缩法直接计算求解该定序问题即可. 【详解】6人全排有中排序方法， 所以先到的4人相对顺序不变下两名同学共有种加入方法. 故选：D 8. 已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A. 3 B. 6 C. 7 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 二、多选题 9. 已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（ ） A. B. 含项的系数为112 C. 展开式中共有4个有理项 D. 展开式的各项系数的和为 【答案】AB 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质求出，再利用二项式定理逐项判断. 【详解】由的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项， 对于A，，则，A正确； 展开式的通项， 对于B，由，得，则含项的系数，B正确； 对于C，当时，是有理项，共5项，C错误； 对于D，由，得展开式的各项系数的和为，D错误. 故选：AB 10. 已知，，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据条件概率公式和全概率公式，列式求解. 【详解】对A，， ，故A正确； 对B，， 即，所以， , ， 即，则，故B正确； 对C，， 即，则， 所以，故C正确； 对D，， 则，则， 所以，， 则，故D错误. 故选：ABC 11. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 B. 若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种 D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种 【答案】ACD 【解析】 【分析】A计算每次使用法宝的种数，再利用分步乘法计数原理计算；B先将7件法宝分成3组，每组至少2件，再进行分配；C先排列其余5件法宝，再利用插空法排列即可；D利用倍缩法解决定序问题即可． 【详解】已知太乙真人送给了哪吒七件法宝， 对于A，每次使用法宝有种， 因可以重复使用，则对阵3次､不同的使用法宝的方法有种，故A正确； 对于B，将7件法宝分成3组，每组至少2件，共有种， 则对阵3次､不同的使用法宝的方法有种，故B错误； 对于C，先将除乾坤圈､风火轮以外的5种法宝排列，共有种， 再利用插空法将乾坤圈､风火轮插入6个空位置中， 则不同的使用法宝的方法有种，故C正确； 对于D，先将7件法宝排列共有种， 再利用倍缩法解决定序问题即可得，不同的使用法宝的方法有种，故D正确. 故选：ACD． 三、填空题 12. 二项式的展开式中各项的系数和为______． 【答案】1 【解析】 【分析】赋值即可求解. 【详解】令得二项式的展开式中各项的系数和为. 故答案为：1 13. 某生在一次考试中，共有8道题供选择，已知该生会答其中5道题，随机从中抽4道题供该生回答，至少答对2道题则及格，则该生在第一题不会答的情况下及格的概率是________ 【答案】 【解析】 【分析】根据条件概率计算公式进行计算即可. 【详解】设事件“从8道题中抽4道题，第一题不会答”，事件“从8道题中抽4道题，至少有2道题会答”.， 则， 所以该生在第一题不会答的情况下及格的概率为. 故答案为： 14. 当时，将展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角”： 若在的展开式中，项的系数为5，则实数______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题目中广义杨辉三角形的信息由前四行总结归纳找出规律，确定第五行、第六行的系数，然后根据题意求得. 【详解】由题目中广义杨辉三角形的信息可知的展开式中，第行共有个数字，从左向右第一个数字是1，第2个数字为，从第3个数字开始是它“头顶”上的数字与其前、后两个数字之和，例如第4行的第3个数字是10，则10=3+1+6，故由第4行的数字为1，4，10，16，19，16，10，4，1；则第5行的数字为1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1；则第6行的数字为1，6，21，50，90，126，141，126，90，50，21，6，1；展开式中的指数从降幂排列， 故， ， 所以的展开式中，的系数为：，解得. 故答案为： 四、解答题 15. 已知函数．在中，，且． （1）求的大小； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和差的正弦公式、二倍角公式和辅助角公式化简函数，结合且，和三角形内角和定理计算得到； （2）利用余弦定理和已知条件得到，再利用的面积公式计算得到答案. 【小问1详解】 因为且，所以， 又，所以， 则 因此 【小问2详解】 由余弦定理得 因为， 所以的面积为. 16. 已知公差大于1的等差数列满足，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设出公差，利用等比中项的定义列出方程求出公差，进而求得通项公式. （2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和，借助放缩法推理得证. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由，且，，成等比数列， 得，即，而，解得， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得， 所以. 17. 如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面，连接. （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，利用直角三角形判定证得，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 在四棱锥中，取中点，连接， 因为四边形是等腰梯形，， 所以，则四边形是平行四边形， 则，是直角三角形，且， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 取的中点，连接，由（1）知，，平面， 由为等边三角形，得，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设平面的一个法向量， 则，令，得； 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆：离心率为，是椭圆内过焦点且垂直于长轴的一条弦，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，设椭圆的右顶点为D，A、B是椭圆上关于坐标原点对称的两点，直线与直线、交于不同的两点M、N，则当时，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据离心率、通径以及的关系式，建立方程组，可得答案； （2）设出直线方程，求得点的坐标，根据距离公式，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 不妨设点在第一象限，则， 由已知得，联立可得，，， 所以椭圆：. 【小问2详解】 设，， ：，： ∴， 联立得， 又，∴， 所以. 19. 定义：若函数与在公共定义域内存在（互不相等，），使得，则称与为“阶相似函数”，称为与的“阶相似点”. （1）已知，函数，，判断函数与是否为“三阶相似函数”，并说明理由. （2）已知函数，，与为“二阶相似函数”， ，称为与的“二阶相似点”. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）函数与为“三阶相似函数”，理由见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，求导判断函数的零点个数可得结论； （2）（i）在上有两个不相等的实数根，变形两边取对数，进而构造函数，可求得的取值范围；（ii）根据题意得，不妨设. 构造函数，利用导数判断，进而可求解. 【小问1详解】 令，则， 令，解得或，令，解得， 所以在上单调递减，在和上单调递增. ，，，， 所以存在，，，使得，即，，， 所以函数与为“三阶相似函数”. 【小问2详解】 （i）因为与为“二阶相似函数”，所以在上有两个不相等的实数根，即， 两边取对数，可得.记，易知在上是增函数， 故可等价于，即. 记，则，得在上单调递减，在上单调递增，有最小值，故，即的取值范围为. （ii）证明：根据题意得，不妨设. 构造函数， 则. 当时，，，则，得在上单调递减， 有，即. 将代入不等式，得，又， 所以， 又，，在上单调递增， 所以，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 一、单选题 1. 在的展开式中，常数项为（ ） A. B. 15 C. D. 30 2. 甲、乙、丙、丁、戊5人排成一排，在甲和乙相邻的条件下，丙和丁也相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 北京年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合.为了宣传年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等6名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装.若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（ ） A. B. C. D. 4. 语文老师想了解全班同学课外阅读中国古典四大名著的情况，经调查，全班同学中阅读过《红楼梦》的占，阅读过《三国演义》的占，阅读过《红楼梦》或《三国演义》的占，现从阅读过《三国演义》的同学中随机抽取一位同学，该同学阅读过《红楼梦》的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.45 D. 0.75 5. 来自3个班的6名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班1人，到达山顶之后6人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有（ ） A. 150种 B. 120种 C. 84种 D. 72种 6. 现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 112种 B. 146种 C. 192种 D. 168种 7. 重庆外国语学校第34届外语节于2025年5月22日举行，高二某班6名同学参加节目表演，表演完后老师为这6名同学合影留念.合影时4人先到2人后到，为节约时间，先到的4人排好队，后来的2人加入并保持排好队同学的相对顺序不变，这两名同学共有多少种加入方法（ ） A. 10 B. 20 C. 60 D. 30 8. 已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A. 3 B. 6 C. 7 D. 10 二、多选题 9. 已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（ ） A. B. 含项的系数为112 C. 展开式中共有4个有理项 D. 展开式的各项系数的和为 10. 已知，，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 11. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 B. 若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种 D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种 三、填空题 12. 二项式的展开式中各项的系数和为______． 13. 某生在一次考试中，共有8道题供选择，已知该生会答其中5道题，随机从中抽4道题供该生回答，至少答对2道题则及格，则该生在第一题不会答的情况下及格的概率是________ 14. 当时，将展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角”： 若在的展开式中，项的系数为5，则实数______. 四、解答题 15. 已知函数．在中，，且． （1）求的大小； （2）若，，求的面积． 16. 已知公差大于1的等差数列满足，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：. 17. 如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面，连接. （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知椭圆：离心率为，是椭圆内过焦点且垂直于长轴的一条弦，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，设椭圆的右顶点为D，A、B是椭圆上关于坐标原点对称的两点，直线与直线、交于不同的两点M、N，则当时，求. 19. 定义：若函数与在公共定义域内存在（互不相等，），使得，则称与为“阶相似函数”，称为与的“阶相似点”. （1）已知，函数，，判断函数与是否为“三阶相似函数”，并说明理由. （2）已知函数，，与为“二阶相似函数”， ，称为与的“二阶相似点”. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $