精品解析：福建省厦门双十中学2025-2026学年高二下学期第二次月考数学试题

厦门双十中学2024级高二下第二次月考 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 一、单选题：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. 若圆与圆交于M，N两点，则直线MN的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， ，圆与圆相交，直线的斜率为， 而，因此直线的斜率为，其倾斜角为. 2. 若二项式展开式中的常数项为15，则的值（ ） A. B. C. 3 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对有：， 令，则，则有， 故，则（负值舍去）. 3. 如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量三角形法则和平行四边形法则表示出来即可. 【详解】在平行六面体中， 连接，如图所示： 因为点为的中点，， 所以 ， 故选：A. 4. 已知随机变量满足，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，再由，即可求解. 【详解】因为随机变量满足，若，可得， 又因为，可得， 则. 5. 有7件产品，其中3件是次品，从中每次取1件，不放回地任取3次，若表示取得次品的件数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用超几何分布即可求解. 【详解】由题意知的可能取值为，，，，服从超几何分布， 则. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先写出直线的方程，然后根据平面几何知识求出点，最后把点的坐标代入直线的方程即可求解. 【详解】 双曲线左焦点，右焦点，右顶点，， 直线的方程为， 为等腰三角形， 为钝角，因此等腰三角形中只能是， 直线的倾斜角为，斜率为， 设，，， 即，在直线上，代入直线方程​， 整理得 . 因此双曲线离心率为3. 7. 已知圆和直线：，若圆C上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】要使圆上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，需该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4，由此建立不等式求的最小值. 【详解】由题意： 要使圆上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，需该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4， 设圆上三点到直线的距离分别为，， 圆心到直线的距离为， 当直线与圆相交，即， 则圆上任意一点到直线的距离位于之间， 满足该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4， 必存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列， 当直线与圆相切，即， 则圆上任意一点到直线的距离位于之间， 满足该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4， 必存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列， 当直线与圆相离，即， 则圆上任意一点到直线的距离位于， 若圆上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列， 需满足该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4， 即，解得 综上可知的最小值为. 故选：B 8. 已知数列是各项为正数的等比数列，公比为，在，之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在，之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，…，在，之间插入个数，使这个数成等差数列，公差为，以下能使得数列单调递增的是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项可得，可得，进而得到，即可对讨论，结合选项逐一判断. 【详解】对于A，数列是各项为正数的等比数列，则，由题意，，则. 当时，，由，若取，则，即，即此时不能使数列单调递增，故A错误； 对于B，当时，，，则数列单调递增，等价于， 即对任意恒成立.因为当时，函数的最大值为，所以，故B错误； 对于C，当时，，因，则化简得，解得或. 当时，，因，则得，即数列单调递增；当时，由B项知，数列单调递增，故C正确； 对于D，当时，，化简得，解得或. 对于时，若取，则，则得，即此时不能使数列单调递增，故D错误. 故选：C. 二、多选题：一本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 市物价部门对5家商场的某商品一天的线上销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如表所示： 价格x 9 9.5 10 10.5 11 销售量y 11 10 8 6 5 按公式计算，y与x的回归直线方程是：，相关系数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 变量x，y线性负相关且相关性较强 C. 相应于点的残差约为 D. 当时，y的估计值为14.4 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，计算出样本中心点，代入回归直线方程得；B选项，随着的增大而减小，又，B正确；C选项，当时，，从而计算出残差约为0.4；D选项，代入，得到答案. 【详解】A选项，，， 将代入回归直线方程得，，解得，A错误； B选项，从表可以看出，随着的增大而减小，又，接近于1， 所以变量x，y线性负相关且相关性较强，B正确； C选项，回归直线方程为，当时，， ，故相应于点的残差约为0.4，C错误； D选项，当时，y的估计值为，D正确. 故选：BD 10. 已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的直线与交于，两点，且，延长，与分别交于点，，则（ ） A. B. C. 直线的斜率为 D. 四边形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为的准线与轴交于点，所以的准线的方程为，则， 所以，即抛物线：,此时焦点，即，故A项正确； 如图，过点，分别作，，垂足分别为点，， 根据抛物线的定义可知，，且，又， 所以，则为的中位线，所以，故B项正确； 不妨设，均在第一象限内，由， 可得，， 所以，，将其代入，可解得，， 所以直线的斜率为， 由图形的对称性可知，又可能均在第四象限内，所以直线的斜率为，故C项错误； 由点，，可求得直线的方程为， 整理得，与抛物线联立，消可得： ，整理得，解得， 再由点，，可求得直线的方程为， 整理得，与抛物线联立，消可得： ，整理得，解得， 由上可得，，可得四边形， 即四边形为梯形，因为，，所以， 即四边形的面积为，故D项正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，连接，先证明平面，可得，同理可证平面，可得，进而得到平面，进而求证即可判断；对于B，先证明，结合题设可得点P到点B的距离等于它到直线的距离，再根据抛物线的定义即可判断；对于C，由向量关系找到点的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，结合勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积即可判断；对于D，旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围即可判断. 【详解】对于A，连接，在正方形中，， 在正方体中，平面， ∵平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 同理可证平面，∵平面，∴， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， ∵平面，∴， 则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离， 由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离， ∴点P到点B的距离等于它到直线的距离， 又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点， 因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确； 对于C，当时，为线段上靠近点的四等分点，如图， 易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径， 设中点为，连接， 则，易得，，则， 若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP， 因此，截面面积最小为，故C错误； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥， 设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值， 则，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在等比数列中，若，则______． 【答案】128 【解析】 【分析】利用等比数列的性质可求出、，进而求出，再次利用等比数列的性质进行求解即可. 【详解】，， 又，， 又． 考虑最后结果为正，不妨设每项均为正数，，． 故答案为：128 13. 有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演.若甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有__________种. 【答案】24 【解析】 【详解】乙和丙捆绑在一起与其余3个元素一起排列有， 其中甲站在两端的排法有， 所以甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有. 14. 设函数 ，若，则的最大值为______；当取得最大值时，_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先利用特殊值得到的最大值，再证明等号可取，从而得出的值. 【详解】由题可知，对任意恒成立，取特殊值，代入函数有 ，即的最大值不超过. 若，则 原不等式转化为： 令，则，代入不等式，有 令，则对任意恒成立，且，故是的极小值点，所以. 因为， 所以 验证：将代入得 所以 当 ， 即在单调递减，在，单调递增. 所以在处取得极大值 故 所以当时，又 故当时，即函数单调递减； 当时，即函数单调递增； 所以在处取得最小值，即恒成立，符合条件. 15. 某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表： 新能源汽车款 新能源汽车款 总计 男性 50 10 女性 25 15 40 总计 25 100 （1）求； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？ （3）假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望. 附：，. 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1），； （2）与性别有关 （3） 【解析】 【分析】（1）利用表格数据直接计算即可. （2）列出零假设，计算，再进行独立性检验即可. （3）先判断服从二项分布，再利用二项分布的期望公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得，. 【小问2详解】 零假设为：选购新能源汽车的款式与性别无关联. 根据列联表中的数据，可得， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 可以认为选购车的款式与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05； 【小问3详解】 随机抽取1人购买B款车的概率为， X的可能取值有，由题意得， 由二项分布的期望公式得. 16. 如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，. （1）证明：； （2）已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径. 【答案】（1） 证法一：因为均为圆台的母线， 所以延长必交于一点，如图： 因为，所以确定一个平面， 又因为圆台的上下底面互相平行，即平面平面， 因平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得； 证法二：利用向量共线证线线平行 由题知，，， 所以 ， 所以 . 又直线 无公共点，所以 . （2） 【解析】 【分析】（1）证法一：根据圆台是由圆锥截成的，再由面面平行的性质可得；证法二：根据向量共线证明 ，结合向量共线性质证明结论； （2）先用勾股定理证明，进而证明，然后建立空间直角坐标系，用向量的方法由二面角的值可得圆台的高，设三棱锥 的外接球球心为 ，设 ，根据，列方程求，由此可求结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 由已知，得，，分别为上下底面圆的直径， 因此上底面的半径，下底面的半径. 又因为在上底圆，，， 由，可得，即， 由（1）知与必相交于点，所以共面， 因为，，平面，， 所以平面，又因为，所以平面， 且平面，所以； 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系： 设，则， 于是，， 设平面的法向量为， 由，故可取； 又， 设平面的法向量为， 由，故可取， 因二面角的余弦值为， 所以，解得（负值舍去）， 所以圆台的高. 设三棱锥 的外接球球心为，易得,则在直线上， 设，又，所以 ， 由，得，解得， 所以三棱锥的外接球的半径. 17. 已知椭圆C：的离心率为，左右顶点分别为，上顶点为，且． （1）求椭圆C的方程； （2）若P为椭圆在第一象限上一点，的面积是的面积的倍，求P的坐标； （3）已知斜率为的直线在轴上的截距为，l与椭圆交于两点，是否存在实数使得恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用离心率和联立方程组即可求得，得出结果； （2）设,根据面积关系可得，代入椭圆方程即可得； （3）设直线,, 联立方程并利用韦达定理得出满足即可，解不等式可得答案. 【小问1详解】 由题意知,,即，且 又，解得; 即椭圆C的方程为. 【小问2详解】 设, 则 因，可得， 代入椭圆方程得， 因P为椭圆在第一象限，则. 【小问3详解】 设直线,，如下图： 联立方程，整理可得， 因此, 因为，可得 易知若使得恒成立，即 因为则， 可得，即 所以 所以 18. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求证：； （3）证明：函数存在唯一极大值点，且． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）计算切点坐标，对函数求导，将代入导数，再利用点斜式求解即可； （2）先将不等式等价转化为，设函数，求导判断单调性，利用零点存在性定理推出存在唯一的，使得，推出，分别证明和，即可放缩后证得即得证； （3）对求导，分析导函数 的单调性，得到有解，由在上单调递增，在上单调递减即可求解. 【小问1详解】 由求导得， 则 ，又， 则曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 要证，即证， 因为，则得，即 ， 令 ，则， 因在上单调递增，且 ， ， 因此存在唯一的，使得， 当时，,当时，, 即函数在上单调递减，在上单调递增， 故（*）. 设 ,则 ,即函数在上单调递增， 故,则 ； 再设 ,则,当时，,当时，； 即函数在上单调递增，在上单调递减，故 , 则得 ，当且仅当时取等. 则由（*）可得, 因，故可得 ,即 , 故得证. 【小问3详解】 由题意可得，，则， 令 ，所以， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，则 ， 从而有解，即存在两根，，设， 则在上为正，在上为负，在上为正， 所以必存在唯一极大值点，且， 所以，由可知， 由 可知，， 在上单调递增，在上单调递减，所以， 综上，函数存在唯一极大值点，且. 19. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上下左右四个方向移动1个单位长度，记蚂蚁所到达的点为，且对任意的，均有，．现规定只要蚂蚁到达的点满足，则称蚂蚁成功了一次，设蚂蚁第次成功时所移动的总步数为，． （1）求的概率； （2）求随机变量的数学期望； （3）求随机变量的数学期望； 参考公式：①若，则当时，；②对离散型随机变量，，有：． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式计算即可求解； （2）解法一：由题意得可取2，4，6，8，…，，…．且，进而计算求得，进而利用错位相减法和极限求解即可；解法二：由题意可得，求解即可； （3）解法一：蚂蚁通过步第次到达时，前面的步中，在奇数步中，必然到达，偶数步中，有次到达，最后2步移动以的概率回到，求得对应概率，进而可求得，进而利用错位相减法计算即可求解；解法二：设初始位置为时第次到达时移动的总次数为，设初始位置为时第次到达时移动的总次数为，由题，初始位置为时第次到达时移动的总次数为，则当时，可得，进而计算可求解. 【小问1详解】 当点满足时，记其为，，1，2． 蚂蚁奇数次移动后必然到达点，之后有的概率到达点，有的概率到达点， 蚂蚁在或时，下一步必然到达．故． 【小问2详解】 解法一：由题知，可取2，4，6，8，…，，…．且， 故而． 设， 于是， 则 于是，得． 解法二：蚂蚁在两次移动后，有的概率经过到达点，有的概率经过到达点， 于是 【小问3详解】 解法一：则当时，蚂蚁第次到达所经历的步数可能为： ，，，…，，… 当蚂蚁通过步第次到达时，前面的步中，在奇数步中，必然到达， 偶数步中，有次到达，对应的概率为，最后2步移动以的概率回到． 于是，故 记，则， 于是 又由，有， 所以 又由也符合上式知，对于一切，有． 解法二：设初始位置为时第次到达时移动的总次数为， 设初始位置为时第次到达时移动的总次数为， 由题，初始位置为时第次到达时移动的总次数为，则当时， 有， 即 即得，又由有 即，又由得． 解法三：由题，有， 结合知，，于是． 解法四：将每两次移动视为一次操作，易知1次操作中，必然有1次到达，有1次到达或者， 即每次操作有的概率发生“到达”，有的概率不发生“到达”．于是为使事件“到达”发生次， 平均需要进行次操作，于是需要移动次，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2024级高二下第二次月考 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 一、单选题：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. 若圆与圆交于M，N两点，则直线MN的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若二项式展开式中的常数项为15，则的值（ ） A. B. C. 3 D. 9 3. 如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量满足，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 5. 有7件产品，其中3件是次品，从中每次取1件，不放回地任取3次，若表示取得次品的件数，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 7. 已知圆和直线：，若圆C上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知数列是各项为正数的等比数列，公比为，在，之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在，之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，…，在，之间插入个数，使这个数成等差数列，公差为，以下能使得数列单调递增的是（    ） A. B. C. D. 二、多选题：一本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 市物价部门对5家商场的某商品一天的线上销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如表所示： 价格x 9 9.5 10 10.5 11 销售量y 11 10 8 6 5 按公式计算，y与x的回归直线方程是：，相关系数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 变量x，y线性负相关且相关性较强 C. 相应于点的残差约为 D. 当时，y的估计值为14.4 10. 已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的直线与交于，两点，且，延长，与分别交于点，，则（ ） A. B. C. 直线的斜率为 D. 四边形的面积为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C. 当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D. 线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在等比数列中，若，则______． 13. 有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演.若甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有__________种. 14. 设函数 ，若，则的最大值为______；当取得最大值时，_____. 15. 某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表： 新能源汽车款 新能源汽车款 总计 男性 50 10 女性 25 15 40 总计 25 100 （1）求； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？ （3）假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望. 附：，. 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 16. 如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，. （1）证明：； （2）已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径. 17. 已知椭圆C：的离心率为，左右顶点分别为，上顶点为，且． （1）求椭圆C的方程； （2）若P为椭圆在第一象限上一点，的面积是的面积的倍，求P的坐标； （3）已知斜率为的直线在轴上的截距为，l与椭圆交于两点，是否存在实数使得恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由． 18. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求证：； （3）证明：函数存在唯一极大值点，且． 19. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上下左右四个方向移动1个单位长度，记蚂蚁所到达的点为，且对任意的，均有，．现规定只要蚂蚁到达的点满足，则称蚂蚁成功了一次，设蚂蚁第次成功时所移动的总步数为，． （1）求的概率； （2）求随机变量的数学期望； （3）求随机变量的数学期望； 参考公式：①若，则当时，；②对离散型随机变量，，有：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $