河南洛阳市第一高级中学英才部2025-2026学年高二下学期6月月考数学试卷

**基本信息** 试卷聚焦数学核心素养，覆盖统计与概率、几何与代数等模块，解答题综合考查逻辑推理与数学建模，如概率题分析比赛进程体现数学思维，双曲线题结合几何直观与代数运算。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|中位数、正态分布、向量夹角、线性回归等|基础题注重概念辨析，如第1题中位数不变性；多选题考查样本数据特征（第10题）| |填空题|3/15|二项式系数、双曲线离心率、解三角形|第13题结合圆与双曲线渐近线，考查几何直观| |解答题|5/77|数列证明与求和、立体几何线面垂直、概率分布列、导数极值、双曲线综合|分层设计，如概率题（第17题）分析比赛进程，体现数据观念；导数题（第18题）探究极值条件，考查逻辑推理|

洛一高英才部2024级数学6月月考试卷2026.6.10 命题人：王玮琪 审核人：刘宗毅 时长：120分钟 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.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A.中位数 B.平均数 C.方差 D.极差 2.已知非零向量满足，且，则与的夹角为 A. B. C. D. 3.设两个正态分布，和，曲线如图所示，则有 A.， B.， C.， D.， 4.为了研究某班学生的脚长（单位：厘米）和身高（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为，已知，，，该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为 A.160 B.163 C.166 D.170 5.在函数的图象上，其切线的倾斜角小于的点中，坐标为整数的点的个数是 A.3 B.2 C.1 D.0 6.以，，，为圆心的两圆均过，与轴正半轴分别交于，，且满足，则点的轨迹是 A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线 7.设集合，2，3，4，．选择的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数， 则不同的选择方法共有 A.50种 B.49种 C.48种 D.47种 8.已知为抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是 A.2 B.3 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.已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则 A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为 C. D.的面积为 10.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则 A.的平均数等于的平均数 B.的中位数等于的中位数 C.的标准差不小于的标准差 D.的极差不大于的极差 11.已知函数的定义域为，，则 A. B. C.是偶函数 D.为的极小值点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12.已知二项式，则展开式中的系数为　　． 13.已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线 的一条渐近线交于、两点．若，则的离心率为　　． 14.记的内角的对边分别为．已知，，若的面积为，则______． 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.(本小题满分13分) 已知数列满足，数列满足，，. (1)证明：为等比数列； (2)数列满足，求数列的前项和. 16.(本小题满分15分) 如图所示，在四棱台中，⊥底面，四边形为菱形， ,. (1)若为中点，求证：⊥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17. (本小题满分15分) 甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束.假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立.已知前2局中，甲、乙各胜1局. (1)求甲获得这次比赛胜利的概率； (2)设表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求的分布列及数学期望. 18. (本小题满分17分) 已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求的取值范围. 19.（本小题满分17分） 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为分别为左、右焦点，为右顶点，为左支上的两个动点（不包括顶点）． (1)求的离心率； (2)是否存在常数，使得总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)若为定值，直线经过，求的最小值． 洛一高英才部2024级数学6月月考答案2026.6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A B A C D A B B AC BD ABC 1.【答案】A 2.【解析】，， . ，． 3.【解析】从正态曲线的对称轴的位置看，显然， 正态曲线越“瘦高”，表示取值越集中，越小． 4.【解析】由线性回归方程为，则，， 则数据的样本中心点， 由回归直线方程样本中心点，则， 回归直线方程为，当时，，则估计其身高为166， 5.【解析】切线倾斜角小于，斜率． 设切点为，，则，，． 又，不存在．故选． 6.【解析】因为，则，同理可得， 又因为，所以，则，即， 则，设，则为直线，故选． 7.【解析】集合、中没有相同的元素，且都不是空集， 从5个元素中选出2个元素，有种选法，小的给集合，大的给集合； 从5个元素中选出3个元素，有种选法，再分成1、2两组，较小元素的一组给集合，较大元素的一组的给集合，共有种方法； 从5个元素中选出4个元素，有种选法，再分成1、3；2、2；3、1两组，较小元素的一组给集合，较大元素的一组的给集合，共有种方法； 从5个元素中选出5个元素，有种选法，再分成1、4；2、3；3、2；4、1两组，较小元素的一组给集合，较大元素的一组的给集合，共有种方法； 总计为种方法． 8.【解析】设直线的方程为，点,,,, 直线与轴的交点为， 由，根据韦达定理有. ，，结合及，得. 点，位于轴的两侧，，故． 不妨令点在轴上方，则， 又，． 当且仅当，即时，取“”号，与面积之和的最小值是3. 9.【解析】依题意，，，所以， 选项，圆锥的体积为，选项正确； 选项，圆锥的侧面积为选项错误； 选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，选项正确； 选项，，所以，选项错误.故选AC. 10.【解析】对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：因为是最小值，是最大值， 则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差， 例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差， 显然，即；故C错误； 对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选BD. 11.【解析一】因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误. 【解析二】因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，当时，对两边同时除以，得到， 故可以设，则， 当肘，，则， 令，得；令，得； 故在上单调递减，在上单调递增， 因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，    显然，此时是的极大值，故D错误. 故选. 12.【解析】，所以展开式中的系数为10． 13.【解析】双曲线的右顶点为， 以为圆心，为半径做圆，圆与双曲线的一条渐近线交于、两点． 若，可得到渐近线的距离为， 可得，即，可得离心率为． 14.【解析】因为，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，可得， 因为，所以，所以， ， 由正弦定理， 得， ， 若的面积为，则， 解得，所以. 15.【解析】(1)因为， 所以． 又，所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，， 所以，即. ，，，…，. 以上式子相加，得． 当时，，满足，所以， 所以. 所以…. 16.(1)证明：四边形为菱形，， 连接，如图，则为等边三角形. 又为中点，∴，由得，. ∵⊥底面，平面， ∴.又，∴⊥平面. (2)∵四边形为菱形，，, ，∴. 又⊥底面，两两垂直，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,， ∴，，. 设平面的法向量为， 则,,取， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 17. 【解析】记表示事件：第局甲获胜，.表示事件：第局乙获胜，. (1)记表示事件：甲获得这次比赛胜利. 因前2局中，甲、乙各胜1局，故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而，由于各局相互独立， 故 . (2)的可能取值为2，3,由于各局比赛结果相互独立， 所以 , , 的分布列为 . 18. 【解析】(1)因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. (2)在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，的取值范围且. 19.【解析】(1)由题意，所以，所以的离心率. (2)①当时，，，此时，有. ②当时，可得的斜率都存在，设，则， 因为， 即，其中为锐角，即，， 所以，即.所以存在常数，使得总成立. (3)由对称性，设直线的方程为，代入， 得，即， 所以， 令，则， 令，则， 所以单调递增，所以的最小值为， 所以，当且仅当“”时，取等号. 由(2)可知， 所以. 所以， 当且仅当“且”时，取等号． 所以的最小值为. 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $