精品解析：湖北武汉市汉铁高级中学2025-2026学年高二下学期五月月考数学试卷

2025～2026学年下学期高二五月月考 数 学 试 卷 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.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 2. 将英文单词“success”的字母重新组合排列，能得到（   ）个不同的字母排法. A. 240 B. 210 C. 420 D. 360 3. 某年级7个班级中有3个是先进班级，现从中任意选3个班级，则下列事件中概率等于的是（    ） A. 至少有1个先进班级 B. 有1个或2个先进班级 C. 有2个或3个先进班级 D. 至多有2个先进班级 4. 设，随机变量的分布列如表所示，则下列说法正确的是（ ） -1 1 A. 当增大时，减小，增大 B. 当增大时，减小，减小 C. 当增大时，减小，先增大后减小 D. 当增大时，减小，先减小后增大 5. 某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（ ） A. 1.31 B. 1.32 C. 1.33 D. 1.34 6. 已知曲线在点处的切线也是曲线的一条切线，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则错误的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 第4次传球后球在甲手中的不同传球方式共有6种 8. 图1是一个边长为2的正三角形纸片，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿的三条边折叠成一个正三棱柱（无盖），如图2，当正三棱柱的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（ ） 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. 设是函数的导函数，下列将和的图象放在同一个直角坐标系中，其中可能正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 用数中0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（ ） A. 可以组成300个四位数 B. 可以组成180个四位偶数 C. 可以组成96个能被3整除的四位数 D. 将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2310 11. 1990年9月，美国《Parade》杂志首次公开讨论了源自美国电视节目《Let’s Make a Deal》的蒙提霍尔问题（Monty Hall Problem）：主持人事先在编号为1，2，3的三个外观相同的三扇门后随机选择一个放入豪车，其余两扇门后放入山羊，再将三个门关闭．当游戏参与者在三扇门中选择一个门后，在门打开之前主持人先打开了另外两个门中的一个门，按游戏规定，主持人只打开游戏参与者的选择之外的门后是山羊的门，当两个都是山羊时，他随机选择其中一个打开，并问参与者是否愿意更改选择以便更大概率获得豪车．用表示号门后有豪车，用表示主持人打开号门，已知甲选择了1号门，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 主持人打开的是2号门，要使获得豪车概率更大，甲应该坚持选择1号门 D. 主持人打开的是2号门，要使获得豪车概率更大，甲应该改选3号门 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知随机变量， ，则 __________． 13. 我们称各个数位上的数字之和为7的三位数为“安康数”，例如106和223，则所有的“安康数”共有__________. 14. 已知定义在上的函数，其导函数为，不等式恒成立．若对，不等式恒成立，则的取值范围为__________． 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. 已知函数. （1）讨论函数的单调区间； （2）若函数有且仅有一个零点，求实数的取值范围. 16. 在近期的中东冲突中，某武装力量的一种精准制导导弹的命中率为，各枚导弹是否命中相互独立． （1）若对某一处军事设施同时发射3枚导弹，记事件A为“恰有两枚导弹命中目标”，事件B为“第二枚导弹命中目标”，判断A与B是否相互独立； （2）若对某一处军事设施同时发射10枚导弹，记随机变量X为导弹命中的数量，求使取最大值时k的值； 17. 2024年被业界公认为“具身智能元年”得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟.人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活.某中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动.活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格.已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为、、，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为、、，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至少有2人通过第一轮的概率； （2）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 18. 某校举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有5名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后，现场专家评分情况如表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如图： 专家 A B C D E 评分 9.6 9.5 9.6 8.9 9.7 （1）求a的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率； （2）从5名专家中随机选取3人，X表示评分不小于9分的人数；从场外观众中随机选取3人，用频率估计概率，Y表示评分不小于9分的人数；求X的分布列及与的值； （3）考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分，方案二：分别计算专家评分的平均数和观众评分的平均数，用作为该选手最终得分.请直接写出与的大小关系. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）已知存在两个极值点，若，且，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年下学期高二五月月考 数 学 试 卷 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.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】D 【解析】 【详解】由组合数性质知， 所以，所以，得 2. 将英文单词“success”的字母重新组合排列，能得到（   ）个不同的字母排法. A. 240 B. 210 C. 420 D. 360 【答案】C 【解析】 【分析】利用重复元素的全排列公式计算即可求解. 【详解】单词success共7个字母，其中有3个相同的s、2个相同的c，剩余u、e各1个, 故所有可能的排法数为 种. 3. 某年级7个班级中有3个是先进班级，现从中任意选3个班级，则下列事件中概率等于的是（    ） A. 至少有1个先进班级 B. 有1个或2个先进班级 C. 有2个或3个先进班级 D. 至多有2个先进班级 【答案】B 【解析】 【分析】根据超几何分布的概率公式逐一判断即可. 【详解】从7个班级中选3个，总的组合数为： . 选到0个先进班：； 选到1个先进班： ； 选到2个先进班： ； 选到3个先进班： ； A：至少1个先进班级：，A错误 B：有1个或2个先进班级：​，B正确； C：有2个或3个先进班级：​，C错误； D： 至多有2个先进班级：，D错误. 4. 设，随机变量的分布列如表所示，则下列说法正确的是（ ） -1 1 A. 当增大时，减小，增大 B. 当增大时，减小，减小 C. 当增大时，减小，先增大后减小 D. 当增大时，减小，先减小后增大 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查期望与方差公式的运用，运用期望公式把表示为关于a的函数， 运用方差公式把表示为关于a的函数,使用函数单调性求解. 【详解】由题意可得，所以． ， 故随着的值增大而减小； ， 因为，所以当时，单调递增，当时，单调递减，故选C． 5. 某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（ ） A. 1.31 B. 1.32 C. 1.33 D. 1.34 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案. 【详解】存入大额存款元，按照复利计算， 可得每年末本利和是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 可得， 故选：D. 6. 已知曲线在点处的切线也是曲线的一条切线，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求得在点处的切线方程，设其与相切于点，由切线斜率可求得，利用两点连线斜率公式构造方程求得. 【详解】，，，， 在点处的切线方程为：； 设与相切于点，则，解得：， 又，，解得：. 故选：C. 7. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则错误的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 第4次传球后球在甲手中的不同传球方式共有6种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，即可判断ABC，然后逐一列举，即可判断D. 【详解】由题意可知，要使得次传球后球在甲手中，则第次球必定不在甲手中， 所以，，即， 因为，则，所以，， 则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故B正确； 则，即， 对于A，，故A正确； 对于C，由，可得，故C错误； 对于D，若第4次传球后球在甲手中，则第3次传球后球必不在甲手中，设甲，乙，丙对应于， 则不同的传球方式有：①，②， ③，④，⑤， ⑥，故共有6种情况，故D正确. 8. 图1是一个边长为2的正三角形纸片，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿的三条边折叠成一个正三棱柱（无盖），如图2，当正三棱柱的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，求得，得到正三棱柱的体积为，利用导数求得，求得的单调性，得到时，取得最大值，结合异面直线所成角的求法，即可求解. 【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为， 则，所以，其中，解得， 所以正三棱柱的体积为： ， 可得 令，即，解得或， 因为，所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，此时， 在直角中，可得， 连接，可得， 在正三棱柱中，可得， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成的角， 在中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 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. 设是函数的导函数，下列将和的图象放在同一个直角坐标系中，其中可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合原函数与导函数的关系依次判断即可． 【详解】对于A，有可能二次函数为原函数，直线为导函数，原函数先增后减，导函数先正后负，符合要求，故A正确； 对于B，有可能轴上方曲线为导函数，另一支为原函数，原函数始终单调递增，导函数始终为正，符合要求，故B正确； 对于C，有可能轴上方曲线为导函数，另一支为原函数，原函数始终单调递增，导函数始终为正，符合要求，故C正确； 对于D，无论谁作导函数，谁作原函数，都无法同步，故D错误. 故选：ABC. 10. 用数中0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（ ） A. 可以组成300个四位数 B. 可以组成180个四位偶数 C. 可以组成96个能被3整除的四位数 D. 将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2310 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，先考虑千位，再考虑剩余3个数位，相乘得到答案；B选项，分个位为0和个位不为0两种情况，相加得到答案；C选项，选出四个数，数字之和能被3整除，再考虑每种情况下能组成的四位数个数，相加后得到答案；D选项，先考虑千位数字为1，再考虑千位数字为2，再考虑百位，从而得到从小到大排列，第85个数为2301. 【详解】对于A，先从1，2，3，4，5五个数字中选出1个放在千位上，有种选择， 再从添上0后的剩余5个数中选出4个，放在百位，十位和个位上，有种选择， 因此可以组成没有重复数字的四位数个数为，A正确； 对于B，分两种情况，当个位为0时，从1，2，3，4，5五个数中，选择3个放在千位，百位和十位上，有中选择， 当个位不为0时，先从2，4中选择1个放在个位上，有种选择， 再考虑千位，从除去0外的剩余4个数中，选择1个放在千位，有种选择， 再从添上0后的4个数中，选择2个，和剩余的百位和十位进行全排列，有种选择， 故可以组成没有重复数字的四位偶数个数为，B错误； 对于C，能被3整除的四位数，数位上的数字之和要能被整除， 先从0，1，2，3，4，5六个数中，选出四个数，数字之和能被3整除的有0,1,2,3；0,2,3,4；0,1,3,5；0,3,4,5和1,2,4,5； 其中0,1,2,3，先考虑千位，从除去0的三个数中，选出1个，有种选择，再考虑剩余的3个数，有种选择，可以组成的没有重复数字的四位数个数为， 同理可得0,2,3,4；0,1,3,5；0,3,4,5，均可以组成的没有重复数字的四位数个数为18， 1,2,4,5，能组成没有重复数字的四位数个数为， 因此可以组成个能被3整除的四位数，C正确； 对于D，若组成的没有重复数字的四位数千位为1， 此时剩余的5个数中，选择3个，分别安排在百位，十位和个位，有个， 若组成的没有重复数字的四位数千位为2， 此时剩余的5个数中，选择3个，分别安排在百位，十位和个位，有个， ，故将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个四位数千位为2， 若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为0，此时从剩余的4个数字中选择2个，放在十位和个位，组成的没有重复数字的四位数有个，， 同理可得：若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为1，组成的没有重复数字的四位数有个，， 因此将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2301，D错误. 故选：AC 11. 1990年9月，美国《Parade》杂志首次公开讨论了源自美国电视节目《Let’s Make a Deal》的蒙提霍尔问题（Monty Hall Problem）：主持人事先在编号为1，2，3的三个外观相同的三扇门后随机选择一个放入豪车，其余两扇门后放入山羊，再将三个门关闭．当游戏参与者在三扇门中选择一个门后，在门打开之前主持人先打开了另外两个门中的一个门，按游戏规定，主持人只打开游戏参与者的选择之外的门后是山羊的门，当两个都是山羊时，他随机选择其中一个打开，并问参与者是否愿意更改选择以便更大概率获得豪车．用表示号门后有豪车，用表示主持人打开号门，已知甲选择了1号门，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 主持人打开的是2号门，要使获得豪车概率更大，甲应该坚持选择1号门 D. 主持人打开的是2号门，要使获得豪车概率更大，甲应该改选3号门 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，全概率公式及贝叶斯公式逐个判断即可. 【详解】A选项，由题意，故A正确， B选项，甲选择1号箱，奖品在3号箱里，主持人打开2号箱的概率为1， 即，故B正确， CD选项，在选择了1号门的前提下，主持人打开2号门有以下几种可能的情况： 豪车在1号门里，主持人打开2号门，故， 豪车在2号门里，主持人打开2号门，故， 豪车在3号门里，主持人只能打开2号门，故， 由全概率公式， 由贝叶斯公式，在2号门打开的条件下，1号门和3号门里有豪车的条件概率为 ， 故选3号门会使获得豪车的概率更大，即错误，正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知随机变量， ，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项分布的期望和方差的公式及性质即可求解． 【详解】由，则 ， 所以 ，解得， 所以, 所以 ． 13. 我们称各个数位上的数字之和为7的三位数为“安康数”，例如106和223，则所有的“安康数”共有__________. 【答案】28 【解析】 【分析】首先列出相加为7的三个数字的所有可能，再求出每个组合的排列数即可. 【详解】由题意知，构成一个“安康数”的三个数字可能为 型（表示由1个7，两个0构成，下同）有1个；型有 个；型有 个；型有个；型有 个；型有个；型有个；型有个. 所以组合能构成的“安康数”的个数有： 个. 14. 已知定义在上的函数，其导函数为，不等式恒成立．若对，不等式恒成立，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】构造 ，求导，判断其单调性，从而将条件转化为恒成立，再分离参数求最值即可求解． 【详解】令 ，则 ，所以函数在上单调递增， 不等式等价于 ，即，所以， ① 当时，，设，则， 若，则；若，， 故在上单调递减；在上单调递增， 可得时，函数取得极小值即最小值为，故得； ② 当时，，设，则 ，故在上单调递减， 又时，；时，，所以． 故的取值范围是． 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. 已知函数. （1）讨论函数的单调区间； （2）若函数有且仅有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间； （2）依题意可得与有且仅有一个交点，结合的单调性分析的取值情况，即可得到不等式，解得即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 又， 所以当时，当或时， 的单调递增区间为，单调递减区间为，. 【小问2详解】 令，即，依题意可得与有且仅有一个交点， 因为当时，当时，，此时， 当时，，所以； 当时，又， 当时，，此时， 当时，，所以； 所以或，解得或； 所以实数的取值范围为. 16. 在近期的中东冲突中，某武装力量的一种精准制导导弹的命中率为，各枚导弹是否命中相互独立． （1）若对某一处军事设施同时发射3枚导弹，记事件A为“恰有两枚导弹命中目标”，事件B为“第二枚导弹命中目标”，判断A与B是否相互独立； （2）若对某一处军事设施同时发射10枚导弹，记随机变量X为导弹命中的数量，求使取最大值时k的值； 【答案】（1）与不相互独立 （2） 【解析】 【分析】（1）先分别计算，，，再验证是否满足; （2）利用二项分布的概率公式列出和的表达式，列出不等式后可解出的范围，即可求出最大值时的值. 【详解】（1）由题意得， 因为， ，所以，所以与不相互独立． （2）由题意可得，，所以， 令 ， 即，解得， 且，解得， 又因为，所以； 时，有最大值． 17. 2024年被业界公认为“具身智能元年”得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟.人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活.某中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动.活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格.已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为、、，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为、、，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至少有2人通过第一轮的概率； （2）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）根据题意，分为恰有两人通过和三人都通过，结合相互独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解； （2）分别求得三人通过第二轮的概率分别为，，，根据题意，得到变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为， 若恰有两人通过的概率为， 若三人都通过的概率为， 所以求这3人中至少有2人通过第一轮的概率. 【小问2详解】 解：根据题意，小明通过第二轮的概率为， 小华通过第二轮的概率为，小方通过第二轮的概率为， 则这3人中通过第二轮的人数为的可能取值为， 当时，即3人都未通过第二轮，其概率为， 当时，即3人仅有1人通过第二轮， 其概率为， 当时，即3人仅有2人通过第二轮， 其概率为， 当时，即3人都通过第二轮，其概率为， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 所以期望为. 18. 某校举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有5名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后，现场专家评分情况如表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如图： 专家 A B C D E 评分 9.6 9.5 9.6 8.9 9.7 （1）求a的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率； （2）从5名专家中随机选取3人，X表示评分不小于9分的人数；从场外观众中随机选取3人，用频率估计概率，Y表示评分不小于9分的人数；求X的分布列及与的值； （3）考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分，方案二：分别计算专家评分的平均数和观众评分的平均数，用作为该选手最终得分.请直接写出与的大小关系. 【答案】（1）；估计概率为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）因为频率分布直方图中所有矩形面积和为1，所以可据此列方程求解的值；因为评分不小于9的概率对应区间的频率，所以计算该区间的频率即可估计概率； （2）先确定5名专家中评分不小于9分的人数，因为是从5名专家中选3人时评分不小于9分的人数，所以服从超几何分布，据此计算取不同值的概率得到分布列，再用超几何分布的期望公式计算；因为是从场外观众中选3人时评分不小于9分的人数，且用频率估计概率，所以服从二项分布，用二项分布的期望公式计算 （3）分别明确和的计算方式，结合专家人数和观众人数的差异，分析两者的大小关系. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质，所有组频率和为1，组距为1，因此：  解得； 观众评分不小于9的频率为，用频率估计概率，得评分不小于9的概率为. 【小问2详解】 5名专家中，评分不小于9分的共有4人，小于9分的共1人。 从5名专家中选3人，（评分不小于9分的人数）的可能取值为： 因此的分布列为： 2 3 期望计算： ； 对于：观众评分不小于9的概率为，， 因此：  【小问3详解】 （专家评分平均数​； 观众评分平均数 ​. 方案一：（N 为观众人数，N 很大），近似为 =8.8； 方案二：） 【点睛】本题以比赛评分为背景，综合考查频率分布直方图的性质、超几何分布与二项分布的分布列及期望计算，并用加权平均思想比较两种评分方案的结果大小. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）已知存在两个极值点，若，且，求的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据方程根的情况，结合导数的性质、函数的定义域分类讨论进行求解即可； （2）根据极值点的定义，结合（1）的结论，通过构造新函数，利用导数判断新函数的单调性进行求解即可. 【小问1详解】 由函数的解析式可知， ， ①若，则恒成立，在上单调递增， ②若，则由，得或； 由，得． 在上单调递减，在和上单调递增， ③若，则由，得； 由，得． 在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 在和上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 是方程的两个根，， ，且，所以， ， 令，则． 在上单调递减， ， 的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $