精品解析：安徽蚌埠北师大等多校联考2025-2026学年高二下学期6月月考数学试卷

高二6月数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一、单项选择题：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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】设的公差为，由，，解得， 所以． 2. 某校举办经典诵读比赛，共有10名学生晋级决赛，其中女生有4名．现从这10名学生中随机选2名担任领诵，记选中的这2人中女生人数为X，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知服从超几何分布，所以． 3. 在空间直角坐标系中，已知点，，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知，， 设直线与所成的角为，则， 即直线与所成角的余弦值为. 4. 某社区开展“绿色低碳”主题公益活动，活动设置了单次抽奖环节：在不透明的抽奖箱中装有4个小球，其中3个标有“环保达人”，1个标有“继续努力”；参与者从箱中随机抽取1个小球，抽到“环保达人”即可获得环保袋，抽到“继续努力”则无奖品．定义随机变量X：参与者获得环保袋时，未获得时，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知仅有两个取值0，1，且，， 所以服从两点分布，. 5. 从4名男生、3名女生中安排3人分别担任校园文化节活动的宣讲、引导、登记人员，要求男、女生都有，则不同的安排方法共有（ ） A. 343种 B. 210种 C. 180种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【详解】 从7人中安排3人分别担任宣讲、引导、登记人员，共有种安排方法，全是男生的安排方法有种，全是女生的安排方法有种， 所以符合条件的安排方法有（种）． 6. 已知函数，，则（ ） A. 单调递增 B. 单调递减 C. 先增后减 D. 先减后增 【答案】D 【解析】 【详解】由题可知，的定义域均为，， 所以， 则， 令，得，单调递增， 令，得，单调递减， 先减后增． 7. 甲、乙、丙、丁四人计划6月份去安徽的黄山、宏村、九华山景区游览，每个景区至少去1人，且每人只游览一个景区．在甲游览黄山的条件下，甲、乙不去同一景区的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设事件为“甲游览黄山”，事件为“甲、乙不去同一景区”． 事件对应的分配方案：甲去黄山景区，剩余3人分配至3个景区，且每个景区至少1人，， 事件对应的分配方案：甲去黄山景区且乙不去该景区， ①黄山景区仅甲1人，剩余3人分为2组分配至另外2个景区，有种方案， ②黄山景区有甲和1名其他成员（丙或丁），剩余2人分配至另外2个景区，有种方案， 所以．所以． 8. 已知直线（k为常数）与圆相离，P是l上的动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B．若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，圆的半径为3． 设，由题可知，．设与交于点． 由，可得，则， 因为取最小值的充要条件是取最小值，的最小值为圆心到的距离，即， 所以，解得，此时满足与圆相离． 二、多项选择题：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. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，，所以，故B错误； 对于C，，，或者直接计算，左边，右边，故C正确； 对于D，，故D正确． 10. 已知数列的前n项和为，，且，则（ ） A. ，，成等差数列 B. 是等比数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】分别求出，，，再根据等差数列的判定即可判断选项A；先根据递推关系，及等比数列的判定，即等比数列前n项和公式即可判断选项B，C，D． 【详解】A，因为，所以，，， 又，所以，，成等差数列，故A正确； B，由，得， 又，则， 所以是首项为，公比为的等比数列，故B正确； C，结合选项B，有，又， 所以是首项为，公比为的等比数列，故C正确； D，结合选项B，有， 又，， 所以，则， 所以不是等比数列，故D错误． 11. 将7个小球放入甲、乙、丙3个盒子中，要求每个盒子都不空，设甲、乙、丙中的小球数量分别为a，b，c，随机变量，则（ ） A. a，b，c的取值共有21种情况 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，利用隔板法求解；对B，由题可得，根据古典概率公式求出，判断；对C，分别求出取值为3，4，5的概率，根据期望公式求解；对D，根据方差公式求解. 【详解】对于A，由题可知，且， 将7个小球排成一列可形成6个间隙，插入2块隔板将7个小球分成3部分，每部分的小球数即为，，的取值， 因此，，的取值共有种情况，故A错误； 对于B，由题可知的所有可能取值为3，4，5，当时，，，的取值有两种情况： ①，，中有1个是3，余下2个都为2，则有种情况，②，，中有2个是3，余下1个为1，则有种情况， 所以， 当时，，，中有1个是4，余下2个分别为1，2，则有种情况，，所以，故B正确； 对于C，当时，，，中有1个是5，余下2个都是1，则有种情况，， 所以，故C错误； 对于D，，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，且，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，由正态分布的对称性可知， 所以． 13. 已知的展开式中，所有项的系数之和、二项式系数之和分别为729，64，则展开式中的常数项为________． 【答案】240 【解析】 【分析】 根据二项式系数和，得到的值，令，解得，再写出二项式的展开式的通项，令的指数为，即可得到. 【详解】由题可知，所有项的二项式系数之和为，解得， 令，得，解得， 所以的展开式的通项为， 令0，解得，所以常数项为． 14. 若变量，满足，设，则函数的所有极值之和为________． 【答案】 【解析】 【分析】先构造新函数，再求导数得出函数单调性进而得出极值点及极值求解. 【详解】由原方程变形为，即 ， 整理得 ，所以． 设，则在上单调递增，故， 又，所以，即， 所以，则， 令，可得或， 当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 故，极大值， 所以的所有极值之和为． 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. 随着“低空经济”的蓬勃发展，某农业大省全面推广使用植保无人机（农林植物保护作业无人驾驶飞机），该省植保无人机由甲、乙、丙三个品牌提供．据统计，甲、乙、丙品牌的市场占有率分别为50%，30%，20%，作业成功率分别为98%，90%，95%，现从该省随机选取一台正在作业的无人机． （1）求该无人机作业成功的概率； （2）若已知该无人机作业成功，求该无人机是丙品牌的概率． 【答案】（1）0.95 （2）0.2． 【解析】 【分析】（1）先设事件，再由全概率公式求出无人机作业成功的概率. （2）由条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件表示“选到甲品牌无人机”，事件表示“选到乙品牌无人机”， 事件表示“选到丙品牌无人机”，事件表示“无人机作业成功”． 根据全概率公式得 ． 故该无人机作业成功的概率为0.95． 【小问2详解】 由题意得． 故该无人机是丙品牌的概率为0.2． 16. 已知数列的前n项和为，且满足，． （1）证明：； （2）求的通项公式； （3）证明为定值． 【答案】（1）①，当时，②， ①减②，得． 当时，，因此． 经验证，当时，也符合关系式， 故． （2）． （3）由（2）可知， ， 又， ，为定值． 【解析】 【分析】（1）由递推关系得出，代入验证得出时成立，进而证明结论； （2）由变形得出，得出是等比数列，进而列出通项公式求解； （3）先求出，再利用，代入求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，可得， 数列是首项为，公比为3的等比数列， ， ． 【小问3详解】 略 17. 某校举办公益图书抽盲盒活动，共有A，B两款盲盒，每个盲盒内均有3本图书．该校设置的阅读积分奖励方案如下：若盲盒内有3本经典名著，则为“精品盲盒”，奖励阅读积分20分；若盲盒内有2本经典名著，则为“优质盲盒”，奖励阅读积分10分；若盲盒内的经典名著不超过1本，则为“普通盲盒”，奖励阅读积分5分．为了解盲盒的品质情况，负责人从两款盲盒中各随机抽取100个进行统计，得到如下的频数分布表： A款盲盒中经典名著本数频数分布表 本数 0 1 2 3 频数 10 20 40 30 B款盲盒中经典名著本数频数分布表 本数 0 1 2 3 频数 10 20 50 20 （1）从本次抽取的200个盲盒中随机抽取1个，求该盲盒为“精品盲盒”的概率； （2）将频率视为概率，假设每位学生抽取盲盒的结果相互独立，某学生随机抽取A款、B款盲盒各1个，记该学生获得的总阅读积分为X，求X的分布列． 【答案】（1） （2） 10 15 20 25 30 40 0.09 0.27 0.2 0.15 0.23 0.06 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式求解即可； （2）先根据题意得到随机变量的所有可能取值，再求出各值的概率即可得到其分布列． 【小问1详解】 由频数分布表可知，本次抽取的200个盲盒中， A款中“精品盲盒”的数量为30个，B款中“精品盲盒”的数量为20个， 因此“精品盲盒”的总数量为个． 故所求概率为． 【小问2详解】 分别计算，两款盲盒获得对应积分的概率： 记款盲盒获得对应积分，款盲盒获得对应积分， 则，，． ，，． 因此的所有可能取值为，，，，，． ， ， ， ， ， ． 因此的分布列为 10 15 20 25 30 40 0.09 0.27 0.2 0.15 0.23 0.06 18. 已知椭圆的离心率为，且C过点． （1）求C的方程． （2）设C的右焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点． （ⅰ）若l不与x轴重合且斜率存在，线段AB的中点为M，证明：直线OM与AB的斜率之积为定值． （ⅱ）是否存在这样的l，使得以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB为矩形？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）由（1）得的右焦点为，由题知的斜率存在且不为0，设的方程为，，． 联立方程得消去，可得， 则，． 设的中点为，则， 因为， 所以． 因为，， 所以， 即直线与的斜率之积为定值； （ⅱ）不存在. 【解析】 【分析】（1）由的离心率可得，设的方程为，将点代入的方程，求出，即可得出答案. （2）（ⅰ）设的方程为，联立直线与椭圆的方程，表示出的中点为，用表示出，由此计算即可证明； （ⅱ）以，为邻边的平行四边形为矩形的一个必要条件是，由，可知不存在以OA，OB为邻边的平行四边形为矩形. 【小问1详解】 设的半焦距为． 由的离心率，得， 又，得， 因此的方程为， 由点在上，可得，解得． 因此，，故的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为以，为邻边的平行四边形为矩形的一个必要条件是， 所以，即． 又，， 所以， ， 所以， 令，得，该方程无实数解，不满足题意． 当的斜率不存在时，的方程为， 此时或与重合，构不成四边形，也不满足题意． 综上，不存在满足条件的． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在，使得成立，求的取值范围； （3）若存在两个极值点，证明：． 【答案】（1） （2） （3）因为的极值点满足，即，即． 因为存在两个极值点等价于方程有两个不同的实根． 令，则的定义域为，， 当时，，则在上单调递减，且； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 故在处取得极小值，且． 又当时，，当时，， 所以当，即时，方程有两个不同的实根，且， 故． 由，变形得． 令，则，代入上式得， 两边同时取自然对数，得，因此． 要证，即证，只需证，即. 令，，则， 令，则， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，即恒成立， 即，得证． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先将不等式转化为，再构造函数，进而只需求函数在上的最小值，运用导数研究函数单调性及最值可得； （3）先将函数有两个极值点转化为方程有两个不同的实根，进而可得，且，再令，进而可得及，从而只须证明，即，再构造函数，，用导数求得函数的最小值，从而可得所证不等式. 【小问1详解】 当时，，，所以，， 所以切点为，切线的斜率为，所以切线方程为，即． 【小问2详解】 由，即，因为，所以不等式可变形为． 令，则“存在，使得成立”等价于大于等于在上的最小值， ． 令，，则． 当时，，故，所以在上单调递增． 因此，故，所以在上单调递增． 所以，因此的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二6月数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一、单项选择题：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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 某校举办经典诵读比赛，共有10名学生晋级决赛，其中女生有4名．现从这10名学生中随机选2名担任领诵，记选中的这2人中女生人数为X，则（ ） A. B. C. D. 3. 在空间直角坐标系中，已知点，，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 某社区开展“绿色低碳”主题公益活动，活动设置了单次抽奖环节：在不透明的抽奖箱中装有4个小球，其中3个标有“环保达人”，1个标有“继续努力”；参与者从箱中随机抽取1个小球，抽到“环保达人”即可获得环保袋，抽到“继续努力”则无奖品．定义随机变量X：参与者获得环保袋时，未获得时，则（ ） A. B. C. D. 5. 从4名男生、3名女生中安排3人分别担任校园文化节活动的宣讲、引导、登记人员，要求男、女生都有，则不同的安排方法共有（ ） A. 343种 B. 210种 C. 180种 D. 36种 6. 已知函数，，则（ ） A. 单调递增 B. 单调递减 C. 先增后减 D. 先减后增 7. 甲、乙、丙、丁四人计划6月份去安徽的黄山、宏村、九华山景区游览，每个景区至少去1人，且每人只游览一个景区．在甲游览黄山的条件下，甲、乙不去同一景区的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线（k为常数）与圆相离，P是l上的动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B．若，则（ ） A. B. C. 1 D. 二、多项选择题：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. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的前n项和为，，且，则（ ） A. ，，成等差数列 B. 是等比数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 11. 将7个小球放入甲、乙、丙3个盒子中，要求每个盒子都不空，设甲、乙、丙中的小球数量分别为a，b，c，随机变量，则（ ） A. a，b，c的取值共有21种情况 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，且，则________． 13. 已知的展开式中，所有项的系数之和、二项式系数之和分别为729，64，则展开式中的常数项为________． 14. 若变量，满足，设，则函数的所有极值之和为________． 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. 随着“低空经济”的蓬勃发展，某农业大省全面推广使用植保无人机（农林植物保护作业无人驾驶飞机），该省植保无人机由甲、乙、丙三个品牌提供．据统计，甲、乙、丙品牌的市场占有率分别为50%，30%，20%，作业成功率分别为98%，90%，95%，现从该省随机选取一台正在作业的无人机． （1）求该无人机作业成功的概率； （2）若已知该无人机作业成功，求该无人机是丙品牌的概率． 16. 已知数列的前n项和为，且满足，． （1）证明：； （2）求的通项公式； （3）证明为定值． 17. 某校举办公益图书抽盲盒活动，共有A，B两款盲盒，每个盲盒内均有3本图书．该校设置的阅读积分奖励方案如下：若盲盒内有3本经典名著，则为“精品盲盒”，奖励阅读积分20分；若盲盒内有2本经典名著，则为“优质盲盒”，奖励阅读积分10分；若盲盒内的经典名著不超过1本，则为“普通盲盒”，奖励阅读积分5分．为了解盲盒的品质情况，负责人从两款盲盒中各随机抽取100个进行统计，得到如下的频数分布表： A款盲盒中经典名著本数频数分布表 本数 0 1 2 3 频数 10 20 40 30 B款盲盒中经典名著本数频数分布表 本数 0 1 2 3 频数 10 20 50 20 （1）从本次抽取的200个盲盒中随机抽取1个，求该盲盒为“精品盲盒”的概率； （2）将频率视为概率，假设每位学生抽取盲盒的结果相互独立，某学生随机抽取A款、B款盲盒各1个，记该学生获得的总阅读积分为X，求X的分布列． 18. 已知椭圆的离心率为，且C过点． （1）求C的方程． （2）设C的右焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点． （ⅰ）若l不与x轴重合且斜率存在，线段AB的中点为M，证明：直线OM与AB的斜率之积为定值． （ⅱ）是否存在这样的l，使得以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB为矩形？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在，使得成立，求的取值范围； （3）若存在两个极值点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $