高二数学下学期第三次月考卷（苏教版选择性必修第二册第6章～第8章+导数及其应用，高效培优）

2025-2026学年高二数学下学期第三次月考卷 参考答案 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 A C B C D B D D 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 10 11 ACD ABD AD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 240 13． 14． 6 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．（13分） 【解析】（1）展开式的通项公式为， 因为第5项与第3项的系数之比为，所以， 即，解之得或（舍），所以.（6分） （2）因为，所以展开式中二项式系数最大的项为.（4分） （3）由，令，所以.（3分） 16．（15分） 【解析】（1）由题意，在一局游戏中得3分只有白球、红球和黄球各1个，即分， 从个球中任取个球，共有种不同的取法， 其中白球、红球和黄球各1个事件数为种，（3分） 设在一局游戏中得3分为事件，则， 即在一局游戏中得3分的概率为.（6分） （2）随机变量的所有可能取值为， 在一局游戏中得2分的概率为，（8分） 则，， ， ， 所以随机变量的分布列为： 1 2 3 4 （13分） 所以期望为.（15分） 17．（15分） 【解析】（1）设，作于点，连接， 因为和所在平面垂直，平面平面， 所以， 因为 所以，（2分） 以点为原点，的方向分别为轴，轴，轴方向，建立空间直角坐标系如图所示： ， ， ， ， 所以；（4分） （2）设直线与平面所成角的大小为， 由（1）可得，显然是平面的一个法向量， ，（7分） 所以直线与平面所成角的大小为；（9分） （3）由（1）可得，， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，则，（12分） ， 所以， ， 所以平面和平面的夹角的余弦值（15分） 18．（17分） 【解析】（1）由表可知：6场比赛甲赢了4场，则甲每局获胜的频率为， 用频率估计概率，所以甲队每局获胜的概率为.（4分） （2）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3， 可得：，， ，，（7分） 所以的分布列为 0 1 2 3 所以数学期望．（9分） （3）记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件， 设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2， 因两队积分相等，所以，即，则，（11分） 而，， ， （14分） 所以 ， 因为，所以两队积分相等的概率小于（17分） 19．（17分） 【解析】（1），则，故，， 解得，.（3分） （2）不可能有三个不同的实根，证明如下： 令， 如果有三个不同的实根，则至少要有三个单调区间， 则至少两个不等实根，所以只要证明在至多1个实根，（5分） ，， 1°当时，，，∴，∴在单调递增，∴ 在至多1个实根；（7分） 2°当时，，∴在单调递增， ∴，又因为时，∴， ∴在没有实根 综合1°2°可知，在至多1个实根，所以得证.（10分） （3）∵对任意恒成立，且， ∴对任意恒成立， ∴对任意恒成立，（12分） 令， 则对任意恒成立，（13分） ∵时，且，， ∴在单调递增∴在恒成立， ∴.（17分） 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学下学期第三次月考卷 全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：苏教版选择性必修第二册第6章~第8章+导数及其应用。 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．若5名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由乘法原理，每个学生均有3种选择方法，所以不同的报名方法数为， 故选：A． 2．已知空间向量，，，若向量共面，则实数的值为（ ）. A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】C 【分析】利用共面向量的性质，得到三个向量之间的关系，再利用待定系数法解得未知量． 【详解】因为向量共面，所以存在实数使得， 即 所以，解得，. 故选：C． 3．已知的分布列如下表所示，设，则（ ） 1 2 3 4 A. B. C. D. 【答案】B 【分析】利用分布列性质求参数，利用期望公式求，再利用线性关系求，即可求出答案. 【详解】利用概率和为，可得 则根据题意得：， 因为，所以， 故选：B. 4．已知的展开式的所有项的系数和为64，则其展开式中的常数项为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】C 【分析】令，可以求出，利用二项展开式的通项公式，求出常数项． 【详解】已知的展开式的所有项的系数和为64，令，得， 二项展开式的通项公式为，令， 所以常数项为． 故选：C． 5．一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌4台，B品牌6台．如果从中随机挑选2台，则下列事件中概率为的是（ ） A. 恰有1台A品牌 B. 恰有2台A品牌 C. 至少1台A品牌 D. 至多1台A品牌 【答案】D 【分析】利用超几何分布的概率计算公式逐一判断即可. 【详解】设挑选的2台电脑中A品牌的台数为， 的取值分别为， 则，， ，A错误，B错误． 这2台电脑中至少有1台A品牌电脑的概率为，C错误． 这2台电脑中至多有1台A品牌电脑的概率是，D正确． 故选：D． 6．从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ） A. 48 B. C. D. 【答案】B 【分析】分为选派的四人中甲乙仅有其中一人和选派的四人中甲乙均有两种情况分别讨论，结合排列组合即可求出答案. 【详解】若选派的四人中甲乙仅有其中一人， 则选派方案的种数为， 若选派的四人中甲乙均有， 则选派方案的种数为， 综上，不同的选派方案的种数为36. 故选：B． 7．有3个编号分别为1，2，3的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子记“从号盒子取出的球是白球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】利用乘法公式和条件概率公式即可求解. 【详解】由题意得， 所以， ， 所以. 故选：D． 8．已知函数，若实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】通过求导得到在上单调递减，在上单调递增，再证明从而得到，令，求出的最小值即可求出答案. 【详解】函数的定义域为， 可得， 令，， 所以在上单调递增，又， 所以当时，，即，所以在上单调递减， 当时，，即，所以在上单调递增， ， 又，，所以， 所以，令，， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为， 即的最小值为. 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．下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量的概率分布列为，则 B. 若随机变量，则，则 C 若随机变量，则 D. 在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则 【答案】ACD 【分析】对于A，根据分布列的概率和为1可求解；对于B，根据正态分布曲线的对称性即可求解；对于C，根据二项分布的方差公式即可求解；对于D，根据超几何分布的概率公式即可求解. 【详解】对于：， 所以，所以，故A正确； 对于，可得，故B不正确； 对于，因为，所以，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：ACD. 10．设函数．若方程有三个不等的实数根，且，则（ ） A. 是函数的极大值点 B. C. D. 【答案】ABD 【分析】求导，分析函数的单调性和极值点判断选项A，结合函数图象分析选项B，利用多项式恒等原理分析选项C，结合函数单调性分析选项D． 【详解】求导得， 令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 是极大值点，极大值； 是极小值点，极小值； 选项A：由单调性可知，是函数的极大值点，故A正确； 选项B： 方程有三个不等实根，等价于直线与有三个交点， 由上述分析知，的极大值为，极小值为， 当时，直线与图象有3个交点； 当或时，交点数为2个； 当或时，只有1个交点，故B正确； 选项C：设是的三个根，对应三次方程， 则： ， ， 由得，代入得： ，故， ， 当时，； 当时，； 当时，； 不恒成立，故C错误； 选项D：由得， 是最大根，且在上单调递增， ， 时，，故， 故，D正确． 故选：ABD． 11．如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，是上的动点.则（ ） A. 为的中点时，平面平面 B. 为的中点时，异面直线与之间的距离为 C. 存在点，使得直线与平面所成的角为 D. 为所在直线的动点，则的最大值为 【答案】AD 【分析】由几何体性质利用面面垂直的判定定理即可判断A正确，建立空间直角坐标系并求得平面的法向量，再利用点到平面距离的向量求法可得B正确，由线面角的向量求法得到方程，根据方程无解可判断C错误，以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则由三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值为，可判断D正确. 【详解】对于A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内，由圆柱性质可知平面， 又平面，， 为的中点，， ，，，，即， 又，是平面内的相交直线，平面， 又平面，平面平面，故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 当为中点时，，，， 设平面的一个法向量为，则； 取，则，，所以， 所求异面直线与之间距离为，故B错误； 对于C，设点，，，其中，0， 由射影定理知，，即， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，所以， 若直线与平面所成的角为， 则， 由知，代入上式整理得，此方程无解， 所以不存在点，使得直线与平面所成的角为，即选项C错误； 对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则中点（即弧所在圆的圆心）的坐标为， 如图， 以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则平面平行于底面，且，， 则由三角形两边之差小于第三边可知，当，（在延长线上）三点共线时取得最大值为， 又弧所在圆圆心为，半径为2， ，故D正确． 故选：AD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 已知且，则的展开式中的系数的值为______． 【答案】 【分析】由正态分布的性质可得，再结合二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】由且，则，即， 则对于，有， 有， 故的展开式中的系数的值为. 故答案为：. 13．设函数，则满足的x的取值范围是__________. 【答案】 【分析】构造函数，确定函数单调性及奇偶性，利用函数性质来解不等式即可得答案. 【详解】， 设， 又，为上的奇函数， ， 在上单调递增， 又， ， ，， 又∵为上的奇函数， ， 又在上单调递增，，即， 故的取值范围是． 故答案为： 14．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为，则______，在有且仅有一次经过1的条件下，事件“”的概率是______． 【答案】 ①. 6 ②. ##0.25 【分析】第一个空，假设为向右的次数，因为服从二项分布，易得，根据和的关系，可得； 第二个空，假设“有且仅有一次经过1”为事件，“质点仅在第1秒位于1”为事件，“质点仅在第3秒位于1”为事件，“质点仅在第5秒位于1”为事件，根据题干可得，由条件概率可得. 【详解】假设为向右的次数，则服从二项分布，故； 此时质点对应的数，所以. 假设“有且仅有一次经过1”为事件，“质点仅在第1秒位于1”为事件，“质点仅在第3秒位于1”为事件，“质点仅在第5秒位于1”为事件，则两两互斥，则， “质点仅在第1秒位于1”则质点的走法为（第六步不受影响），（第五六步不受影响），（第六步不受影响），（第五六步不受影响），； “质点仅在第3秒位于1” 则质点的走法为（第六步不受影响），（第六步不受影响），； “质点仅在第5秒位于1” 则质点的走法为（第六步不受影响），（第六步不受影响），； 则. 因为，所以，所以三种情况下, 事件“”的情况有：，，，，，则， 则. 故答案为：6；. 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．（13分） 已知的展开式中，第5项与第3项的系数之比为． （1）求的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3）1 【分析】（1）求出展开式的通项公式，根据第5项与第3项的系数之比为列式求出； （2）根据二项式系数的特征求解； （3）赋值法，令，求解. 【解析】（1）展开式的通项公式为， 因为第5项与第3项的系数之比为，所以， 即，解之得或（舍），所以. （2）因为，所以展开式中二项式系数最大的项为. （3）由，令，所以. 16．（15分） 已知袋中装有大小相同的2个白球、2个红球和1个黄球.一项游戏规定：每个白球、红球和黄球的分值分别是0分、1分和2分，每一局从袋中一次性取出三个球，将3个球对应的分值相加后称为该局的得分，计算完得分后将球放回袋中，当出现第局得分（）的情况就算游戏过关，同时游戏结束，若四局过后仍未过关，游戏也结束. （1）求在一局游戏中得3分的概率； （2）求游戏结束时局数的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） 【分析】（1）在一局游戏中得3分只有白球、红球和黄球各1个，结合组合数公式和古典概型概率公式求概率，即可求解； （2）根据题意，先确定随机变量可能取法，求得对应事件概率，得出随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解. 【解析】（1）由题意，在一局游戏中得3分只有白球、红球和黄球各1个，即分， 从个球中任取个球，共有种不同的取法， 其中白球、红球和黄球各1个事件数为种， 设在一局游戏中得3分为事件，则， 即在一局游戏中得3分的概率为. （2）随机变量的所有可能取值为， 在一局游戏中得2分的概率为， 则，， ， ， 所以随机变量的分布列为： 1 2 3 4 所以期望为. 17．（15分） 如图，和所在平面垂直，且求： （1）； （2）直线与平面所成角大小； （3）平面和平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【分析】（1）建立空间直角坐标系利用空间向量法求出异面直线所成的角； （2）利用空间向量法求出线面角； （3）分别求出两个平面的法向量，法向量夹角的余弦值即为两个平面夹角的余弦值. 【解析】（1）设，作于点，连接， 因为和所在平面垂直，平面平面， 所以， 因为 所以， 以点为原点，的方向分别为轴，轴，轴方向，建立空间直角坐标系如图所示： ， ， ， ， 所以； （2）设直线与平面所成角的大小为， 由（1）可得，显然是平面的一个法向量， ， 所以直线与平面所成角的大小为； （3）由（1）可得，， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，则，， 所以， ， 所以平面和平面的夹角的余弦值. 18．（17分） 同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗?其规则是：每局25分，达到24分时，比赛双方必须相差2分，才能分出胜负；每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）；比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分.甲、乙两队近期将要进行比赛，为预测它们的积分情况，收集了两队以往6局比赛成绩： 1 2 3 4 5 6 甲 25 21 27 27 23 25 乙 18 25 25 25 25 17 假设用频率估计概率，且甲，乙每局的比赛相互独立. （1）估计甲队每局获胜概率； （2）如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望； （3）如果甲、乙两队约定比赛2场，请比较两队积分相等的概率与的大小 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）两队积分相等的概率小于 【分析】（1）计算6场比赛甲赢的频率即可； （2）利用第1问求出的概率，分类列出其分布列，再求期望； （3）设第场甲、乙两队积分分别为，，求两者之间的关系，将问题转化为时的概率，再结合第2问可求其概率. 【解析】（1）由表可知：6场比赛甲赢了4场，则甲每局获胜的频率为， 用频率估计概率，所以甲队每局获胜的概率为. （2）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3， 可得：，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以数学期望． （3）记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件， 设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2， 因两队积分相等，所以，即，则， 而，， ， 所以 ， 因为，所以两队积分相等的概率小于 19．（17分） 设函数，(). （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a､m的值； （2）关于x的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论； （3）若对任意恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1），.（2）不可能有三个不同的实根，证明见解析. （3） 【分析】（1）求导根据导数等于斜率，过点计算得到答案. （2）讨论，得到在至多1个实根，得到答案. （3）不等式等价于，令，则，根据单调性得到答案. 【解析】（1），则，故，， 解得，. （2）不可能有三个不同的实根，证明如下： 令， 如果有三个不同的实根，则至少要有三个单调区间， 则至少两个不等实根，所以只要证明在至多1个实根， ，， 1°当时，，，∴，∴在单调递增，∴ 在至多1个实根； 2°当时，，∴在单调递增， ∴，又因为时，∴， ∴在没有实根 综合1°2°可知，在至多1个实根，所以得证. （3）∵对任意恒成立，且， ∴对任意恒成立， ∴对任意恒成立， 令， 则对任意恒成立， ∵时，且，， ∴在单调递增∴在恒成立， ∴. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学下学期第三次月考卷 考试版 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：苏教版选择性必修第二册第6章~第8章+导数及其应用。 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．若5名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 2．已知空间向量，，，若向量共面，则实数的值为（ ）. A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 3．已知的分布列如下表所示，设，则（ ） 1 2 3 4 A. B. C. D. 4．已知的展开式的所有项的系数和为64，则其展开式中的常数项为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 5．一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌4台，B品牌6台．如果从中随机挑选2台，则下列事件中概率为的是（ ） A. 恰有1台A品牌 B. 恰有2台A品牌 C. 至少1台A品牌 D. 至多1台A品牌 6．从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ） A. 48 B. C. D. 7．有3个编号分别为1，2，3的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子记“从号盒子取出的球是白球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 8．已知函数，若实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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．下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量的概率分布列为，则 B. 若随机变量，则，则 C 若随机变量，则 D. 在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则 10．设函数．若方程有三个不等的实数根，且，则（ ） A. 是函数的极大值点 B. C. D. 11．如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，是上的动点.则（ ） A. 为的中点时，平面平面 B. 为的中点时，异面直线与之间的距离为 C. 存在点，使得直线与平面所成的角为 D. 为所在直线的动点，则的最大值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 已知且，则的展开式中的系数的值为______． 13．设函数，则满足的x的取值范围是__________. 14．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为，则______，在有且仅有一次经过1的条件下，事件“”的概率是______． 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．（13分） 已知的展开式中，第5项与第3项的系数之比为． （1）求的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）若，求的值． 16．（15分） 已知袋中装有大小相同的2个白球、2个红球和1个黄球.一项游戏规定：每个白球、红球和黄球的分值分别是0分、1分和2分，每一局从袋中一次性取出三个球，将3个球对应的分值相加后称为该局的得分，计算完得分后将球放回袋中，当出现第局得分（）的情况就算游戏过关，同时游戏结束，若四局过后仍未过关，游戏也结束. （1）求在一局游戏中得3分的概率； （2）求游戏结束时局数的分布列和数学期望. 17．（15分） 如图，和所在平面垂直，且求： （1）； （2）直线与平面所成角大小； （3）平面和平面的夹角的余弦值. 18．（17分） 同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗?其规则是：每局25分，达到24分时，比赛双方必须相差2分，才能分出胜负；每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）；比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分.甲、乙两队近期将要进行比赛，为预测它们的积分情况，收集了两队以往6局比赛成绩： 1 2 3 4 5 6 甲 25 21 27 27 23 25 乙 18 25 25 25 25 17 假设用频率估计概率，且甲，乙每局的比赛相互独立. （1）估计甲队每局获胜概率； （2）如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望； （3）如果甲、乙两队约定比赛2场，请比较两队积分相等的概率与的大小 19．（17分） 设函数，(). （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a､m的值； （2）关于x的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论； （3）若对任意恒成立，求实数a的取值范围. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $