精品解析：江西省南昌市外国语学校2025-2026学年高二下学期6月月考数学试题

南昌市外国语学校2025—2026学年下学期 高二数学6月月考试卷 命题人：谭勇进 审题人：闵坤 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. 已知为虚数单位，若复数满足： ，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则函数在下列区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 4. 双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 已知是定义在上且周期为4的函数，当时，，则（ ） A. 12 B. C. 3 D. 6. 甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻的概率（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，满足，，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. 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. 如图，这是某校写作兴趣小组25名同学暑假的课外阅读量（单位：本）的折线统计图，则（ ） A. 这25名同学暑假的课外阅读量的众数是4本 B. 这25名同学暑假的课外阅读量的中位数是5本 C. 这25名同学暑假的课外阅读量的平均数是4.4本 D. 这25名同学暑假的课外阅读量的第80百分位数是6本 10. 已知圆的半径为2，则（ ） A. B. 原点在圆的内部 C. 圆与圆有且仅有1条公切线 D. 直线与圆交于两点，的面积为 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，它体现了数学的对称美，如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，即正方体截去八个相同的四面体得到，该“阿基米德多面体”的棱长为a，则下列说法正确的是（ ） A. 将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为 B. 该几何体的体积为 C. 任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为 D. 将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 分． 12. 已知，则___________． 13. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． 14. 某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示．已知，，路宽米．设，当________时才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小． 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. 已知公差不为0的等差数列的首项为3，等比数列的前三项为，，. （1）求，的通项公式； （2）若数列的前n项和为，证明：. 16. 某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立． （1）求该项目予以立项的概率； （2）记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望． 17. 如图，在三棱锥中，，，D是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，过的直线交椭圆于、．两点，且在轴上方． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设点与点关于坐标原点对称，直线与直线相交于点，求面积的最大值． 19. 已知 （1）若函数在区间单调递减，求实数的取值范围； （2）若函数有两个极值点， （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 $ 南昌市外国语学校2025—2026学年下学期 高二数学6月月考试卷 命题人：谭勇进 审题人：闵坤 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. 已知为虚数单位，若复数满足： ，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设复数，其中，，为的虚部。 ∵ ， ∴ 该复数的虚部为0，即，解得， 即的虚部为。 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两个集合，按照集合的并运算即可 【详解】集合，集合或， 故或，即． 3. 已知，则函数在下列区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦型三角函数的性质求解即可. 【详解】令，，则，， 则的单调递减区间为，. 当时，区间为，而，故B正确. 4. 双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到焦点坐标及渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求解． 【详解】解：双曲线， 由对称性，不妨取右焦点，其中一条渐近线方程为，即， 则焦点到渐近线的距离． 5. 已知是定义在上且周期为4的函数，当时，，则（ ） A. 12 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用周期性，将所求的x的值转化成在已知解析式范围内的取值进行计算． 【详解】由周期为4，可得； ； 因为时，，则， 所以． 6. 甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算4人全排列的总情况数，再利用捆绑法计算甲乙相邻的情况数，二者作比得到所求概率。 【详解】首先计算所有基本事件总数：四名同学排成一排的全排列数为种。 再计算甲与乙相邻的符合条件的事件数：采用捆绑法，将甲、乙看作一个整体，此时相当于对个元素（甲乙整体、丙、丁）进行全排列，排列数为种； 同时甲、乙二人内部存在顺序差异，排列数为种， 因此符合条件的事件总数为种。 根据古典概型概率公式，所求概率. 7. 已知向量，满足，，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算律及夹角的余弦公式即可求解． 【详解】由两边平方得，， 又得， 所以， 则． 8. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将的大小比较转化为比较，构造函数，即比较，求导分析函数的单调性可得结果. 【详解】依题意，，，， 令，，则，所以当时，， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，所以，即，即. 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. 如图，这是某校写作兴趣小组25名同学暑假的课外阅读量（单位：本）的折线统计图，则（ ） A. 这25名同学暑假的课外阅读量的众数是4本 B. 这25名同学暑假的课外阅读量的中位数是5本 C. 这25名同学暑假的课外阅读量的平均数是4.4本 D. 这25名同学暑假的课外阅读量的第80百分位数是6本 【答案】BCD 【解析】 【详解】由图可得课外阅读量为本的同学有人，为本的同学有人，为本的同学有人， 为本的同学有人，为本的同学有人，为本的同学有人，为本的同学有人， 对于A，这25名同学暑假的课外阅读量的众数是5本，A错误； 对于B，将课外阅读量按照从小到大排列，第个数为，中位数是5本，B正确； 对于C，平均数是本，C正确； 对于D，，将课外阅读量按照从小到大排列，第个数为，第个数为， 所以这25名同学暑假的课外阅读量的第80百分位数是6本，D正确. 10. 已知圆的半径为2，则（ ） A. B. 原点在圆的内部 C. 圆与圆有且仅有1条公切线 D. 直线与圆交于两点，的面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据半径可求解，即可判断AB，进而根据两圆的位置关系可判断C，根据点到直线的距离公式以及圆的弦长公式即可求解D. 【详解】的圆心和半径分别为, 故，则，A错误， 由于，故原点在圆内，B正确， 的圆心和半径分别为,由于， 故两圆内切，因此两圆只有一条公切线，C正确， 到直线的距离为，则， 故，D错误. 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，它体现了数学的对称美，如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，即正方体截去八个相同的四面体得到，该“阿基米德多面体”的棱长为a，则下列说法正确的是（ ） A. 将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为 B. 该几何体的体积为 C. 任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为 D. 将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用正方体的特征可判断A,B，利用法向量可求两个平面的夹角进而可判断C，利用正方体体对角线长减去小棱锥的高可判断D. 【详解】对于A，由图可知，正方体的棱长为，故正确； 对于B，截去的一个四面体体积为，故其体积，故正确； 对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设所求两个平面为平面和平面； 则， , 设平面和平面的法向量分别为， 则，， 可得 设两个平面的夹角为，则，故正确； 对于D，正方体的体对角线长为，设截去的小四面体的高为，由等体积法可得， 此时的高度为，故错误；综上所述，选ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 分． 12. 已知，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， 因为，所以，， 所以. 13. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据导数的几何意义以及极值点的性质求，并结合单调性检验即可. 【详解】因为，则， 由题意可得，解得， 则函数，， 令，解得或；令，解得， 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则函数在处取到极大值，即，符合题意， 所以. 14. 某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示．已知，，路宽米．设，当________时才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小． 【答案】## 【解析】 【详解】因为与地面垂直，，所以， 在中，因，则， 由正弦定理，得，得， 在中， ， 由正弦定理，得，得， 又由正弦定理，可得，得 ， 所以 ， 因为，所以， 则当，即时，取得最小值. 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. 已知公差不为0的等差数列的首项为3，等比数列的前三项为，，. （1）求，的通项公式； （2）若数列的前n项和为，证明：. 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设的公差为，的公比为，根据等比中项的性质和等差数列的通项公式可求出，从而可得和的通项公式； （2）由分组求和得到并化简即可证明. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为. 由题意得，得，得， 解得（舍去）. 故， ，，所以. 【小问2详解】 证明：由题意得， 所以 . 16. 某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立． （1）求该项目予以立项的概率； （2）记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2） 0 1 2 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式求解. （2）求出的所有可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与 两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和， 两位初审专家都评审通过该项目的概率， 两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率， 所以该项目予以立项的概率． 【小问2详解】 依题意，的取值可能为， 且，，由（1）知， 所以的分布列为 0 1 2 数学期望. 17. 如图，在三棱锥中，，，D是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 由，D是的中点，得，而，， 平面，则平面，而平面，所以平面平面. 由（1）知平面，则， （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）利用锥体体积求出，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 而，解得， 即，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， ，， 设平面的法向量，则，令，得， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，过的直线交椭圆于、．两点，且在轴上方． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设点与点关于坐标原点对称，直线与直线相交于点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）求出、的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程； （3）由题意可知，设点，将直线、的方程联立，可求出点的纵坐标，结合韦达定理可求得的取值范围，结合三角形的面积公式可求得结果. 【小问1详解】 由题意可得，该椭圆的离心率为，可得， 所以， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 若直线与轴重合时，则轴经过，，不符合题意； 设直线的方程为，设点、， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， 所以 ，解得， 故直线的方程为或， 即或. 【小问3详解】 由题意可知，设点， 所以直线的方程为，直线的方程为， 联立可得，即， 解得， 由（2）可得， 所以， 当且仅当时，等号成立，即， 故的面积为， 即面积的最大值为. 19. 已知 （1）若函数在区间单调递减，求实数的取值范围； （2）若函数有两个极值点， （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用给定的单调性列出不等式，再结合恒成立条件求解作答. （2）（i）求出函数的导数，根据函数有两个不同的极值点，列不等式求解即可. （ii）根据给定条件，求出a的取值范围，将用a表示出，再构造函数并借助导数推理作答. 【小问1详解】 函数的定义域为，. 因为函数在区间单调递减，所以. 则，化简得. 解得. 【小问2详解】 （i）由题意，的定义域为，， 因为有两个极值点， 所以方程即在上有两不等实根， 即函数在上有两不同零点， 因此只需，解得，即实数的取值范围是； （ii）由（i）知，，，， 所以 ， 因此要证，即证， 即证， 构造函数，， 则， 又在上为减函数，所以在上单调递减， 又，， 由函数零点存在性定理可得，，使得，即，即； 所以当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减； 所以， 又在上显然单调递增， 所以， 所以，即， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $