精品解析：四川省泸县第五中学2025-2026学年高二下学期第三次学月考试数学试题

泸县五中高2024级高二下期第三次学月考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 2．考生必须保持答题卡的整洁. 第I卷 选择题（58分） 一、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. 直线的倾斜角为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】直线的斜率为， 设倾斜角为，则， ． 2. 已知一组数据：4，6，，10，12，14的平均数为9，则这组数据的第60百分位数为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数求得，结合百分位数的定义得到结果． 【详解】由题知，解得， 所以这组数据为，，，，，. 又因为，所以这组数据的第百分位数为第四个数. 3. 已知等差数列，，则＝（ ） A. 0 B. －1 C. －2 D. －3 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的性质及已知求得，再利用公差的性质求出公差即可求出的值. 【详解】由数列为等差数列，则，解得， 可得公差，所以． 故选：B． 4. 在四面体中，设，，，点M为AB的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，又点M为AB的中点，所以. 所以 . 5. 已知a是实数，则“”是“方程表示圆”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】配方得到圆的充要条件即可判断. 【详解】方程配方得， 若方程表示圆，则，解得， 则“”是“方程表示圆”的充分不必要条件. 6. 已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若独立，则 C. 若独立，则 D. 若互斥，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由独立，得，B正确； 对于C，由独立，得，C错误； 对于D，由互斥，得，D正确. 7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上，且，的面积为，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用椭圆知识得到三边与的关系，然后将的面积用表示，从而得到的值，进而得到长轴长. 【详解】由椭圆的定义可知，又，可得，. 已知椭圆的离心率为，故. 在中，由余弦定理可得， 因为，所以. 则， 于是，解得， 故椭圆的长轴长为12. 8. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合函数的奇偶性和单调性求解. 【详解】的定义域为R， 因为，所以函数是R上的增函数. 因为，所以函数是奇函数， 所以由得， 则，解得. 所以不等式的解集为. 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. 在正方体中，下列四个选项中正确的有（ ） A. 直线平面 B. 每条棱所在直线与平面所成的角都相等 C. 平面平面 D. 直线平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角 坐标系，利用空间位置关系的向量证明及线面角的向量求法逐项判断. 【详解】在正方体中，令，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 对于A，，即，而点不在直线，则， 又平面，平面，因此直线平面，A正确； 对于B，设平面的法向量，，则， 取，得，棱的方向向量，与平面所成角为， ，棱与平面所成角为， 棱与平面所成角为，同理， 因此，即每条棱所在直线与平面所成的角都相等，B正确； 对于C，设平面的法向量，，则， 取，得，而，即不垂直，平面与平面不垂直，C错误； 对于D，，即，直线平面，D正确. 故选：ABD 10. 记等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，，，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 当且仅当时，最大 D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】由等差数列和等比数列基本量的运算，求得等差数列的公差，等比数列的公比，进而逐项判断即可. 【详解】因为为等差数列，，所以， 又因为，所以公差，所以， ，，， 所以当或时，最大，所以A正确，C错误； 因为是等比数列，所以， 所以，因为， 所以公比， 所以或，所以或， 所以选项B错误； 当时，，，， 所以当或时，最大，且最大值为； 当， ，，，， 当时，，当时，，又，当时，， 所以当时，最大，且最大值为， 综上，可知的最大值为，所以选项D正确. 故选：AD. 11. 某智能路由器有和两种信号传输模式，运行规则如下：在信号稳定时，系统自动选择传输模式的概率为；在信号不稳定时，系统自动选择传输模式的概率为；路由器信号稳定的概率为．则下列结论正确的是（ ） A. 路由器信号稳定且选择传输模式的概率为 B. 路由器选择传输模式的概率为 C. “路由器信号稳定”与“路由器选择传输模式”是相互独立事件 D. 已知路由器选择了传输模式，则它处于信号稳定的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据信号传输规则，以及条件概率公式计算可判断A；利用全概率公式计算可判断B；利用独立事件的定义计算即可判断C；利用条件概率公式计算可判断D. 【详解】记事件为”路由器信号稳定”,则事件为”路由器信号不稳定”， 记事件为“路由器选择传输模式”，则事件为“路由器选择传输模式”， 由题意得，则， 由题意得，则， 由题意得，则. 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，， 由，得， 所以，所以， 故“路由器信号稳定”与“路由器选择传输模式”是不相互独立事件，故C错误； 对于D，，故D正确. 第II卷 非选择题（92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线与曲线相交于，两点，则弦长______． 【答案】 【解析】 【详解】曲线的方程可化为，是一个圆， 其圆心为，半径， 直线即到圆心的距离， 则弦长. 13. 将5名上海世博会的志愿者分配到中国馆、美国馆、英国馆工作，要求每个志愿者只能去一个国家馆，每个馆至少分配一名志愿者，其中甲、乙两名志愿者不同时在同一个国家馆工作，则不同的分配方案有________种． 【答案】 114 【解析】 【分析】由题意可得每一个馆的人数分别是2，2，1；1，1，3；分类计算再减去不符合题意的情况即可求解. 【详解】每个国家馆至少分配一名志愿者，则有两种不同的情况， 每一个馆的人数分别是2，2，1或1，1，3； 当按照2，2，1安排时，共有种不同情况； 当按照1，1，3安排时，有种不同情况； 其中包括甲和乙在一个馆里的情况， 当甲和乙在同一个馆里时，将甲、乙视为一个整体， 等价于将4个元素分配到3个馆且每个馆至少1个， 此时分组仅为2，1，1，分组数为，分配到3个馆的分配数为， 因此甲乙同馆的方案数为， ∴满足条件的排列法共有种. 14. 已知函数（且），存在三个极值点，，（），若是极小值点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数解析式求导，根据极值点的定义，将问题转化为函数求求交点，利用指数函数图象以及切线的概念，可得答案. 【详解】易得， 设，令，得或， 由，得， 则在同一坐标系中函数的图象和直线有两个不同的公共点. （1）当时，注意到，当时，直线是曲线的一条切线， 故，此时，如图（1），由图可知，且在附近左正右负， 左正右负，是极大值点，不符合题意； （2）当时，注意到，当时，直线是曲线的一条切线，故， 此时，，从而在0附近，左正右负，0是极大值点；如图（2）， 由图可知，，且在附近左负右正，左正右负，是极大值点； ，且在附近左正右负，左负右正，是极小值点；符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 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. 已知数列，满足． （1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，证得是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求得的通项公式； （2）由（1）求得，结合等差、等比数列的求和公式，以及乘公比错位相减法求和，即可得到答案. 【小问1详解】 解：因为数列满足，可得， 则且，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 可得，所以，即数列的通项公式. 【小问2详解】 解：由（1）知：，可得， 因此， 令， 则 两式相减得 ， 所以， 又由，所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，M为中点，过点A作的垂线交于点N，交于点E. （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质证得平面，继而证得，再结合，即可证得线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式，即可得解. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 又因为平面，可得， 又因为，， 所以平面； 【小问2详解】 由题意可得两两互相垂直，， 以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，， 可得，解得λ＝3，则. 所以. 设平面的法向量为， 由，令，则 则平面的一个法向量为， 由（1）得为平面的一个法向量， 可得0×1+1×（﹣1）+（﹣2）×2＝﹣5，，， 设平面与平面所成角为， 则|， 因此平面与平面所成角的余弦值为. 17. 莆田二中高二某实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为． （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）现从该校随机抽取10名参加体测的学生，给每位体测成绩“及格"的学生计3分，给每位“非及格”的学生计1分，求这10名学生的总得分的数学期望． 【答案】（1） （2）随机变量的分布列为 0 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设出事件，结合全概率公式，即可求解； （2）根据题意，得到随机变量的可能取值为，利用超几何分布的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （3）设表示“合格”学生人数，表示“总得分”，得到，且，结合期望的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：设事件“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数超过30”， 则“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数不超过30”， 设事件“抽取1名学生，该学生体测成绩达到‘及格’等级”， 由全概率公式，可得， 所以从该学校任意抽取一名学生，该学生体测成绩达到“及格”等级的概率为； 【小问2详解】 解：根据题意，随机变量的可能取值为， 可得，， ，， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 所以期望为. 【小问3详解】 解：设表示“及格”学生人数，表示“总得分”, 则变量，其中， 所以，则. 18. 已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． （1）求曲线的方程； （2）设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论. 【小问1详解】 圆的圆心为，半径， 线段的垂直平分线与直线交于点，故， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 所以， 故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为， 则，则， 故点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 （i）设直线， 联立，得， 则，， ， 所以 ，解得， 故直线l的方程为，即直线过定点； （ii）设，则直线的方程为，其中， 联立，可得， 则，将以及代入可得： ， 则，所以，则， 同理， 设直线，代入点A的坐标得， 整理得，同理可得， 所以可知直线的方程为，即， 令，解得， 即直线过定点. 19. 设函数． （1）当时，讨论在上的极值点情况． （2）当时，在上恒成立，求的取值范围． （3）若，在上存在零点，求的取值范围． 【答案】（1）在区间内存在一个极小值点和一个极大值点 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用分类讨论思想，结合导数的正负，可判断函数单调性，从而可确定极值点的个数； （2）利用分类讨论思想，结合导数的正负，判断单调性，来证明不等式是否成立即可； （3）利用分离参变量法，构造函数求导研究最值，从而可确定参数范围. 【小问1详解】 当时，，则， ①当时， 由指数函数在上单调递增，余弦函数在上单调递减， 可知在单调递增， 又，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增； ②当时，由，，则， 所以在单调递增， ③当时，设， 则 由指数函数在上单调递增，正弦函数在上单调递减， 所以在单调递增， 又，， 所以存在使得， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 又，，， 所以必存在，使得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 综上所述，当，单调递增，当，单调递减， 当，单调递增， 所以在区间内存在一个极小值点和一个极大值点． 【小问2详解】 当时，，由在上恒成立， 可得在上恒成立， 令，则， 若时，则在上恒成立，则在上单调递增， 所以，符合题意； 若时，令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，，当时，， 则，使得， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，不合题意； 综上所述，实数的取值范围是． 【小问3详解】 由，，令，得， 设，，则， 令，解得，， 当时，， 所以在上单调递减， 当，时，， 所以在，上单调递增， 当，时，取得极小值， 即当，，，…时，取得极小值， 又，， 所以，即， 当，时，取得极大值， 即当，，，…时，取得极大值， 又，， 所以，即 即当时，， 所以，又， 即时，在上存在零点， 故实数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2024级高二下期第三次学月考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 2．考生必须保持答题卡的整洁. 第I卷 选择题（58分） 一、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. 直线的倾斜角为（　　） A. B. C. D. 2. 已知一组数据：4，6，，10，12，14的平均数为9，则这组数据的第60百分位数为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 12 3. 已知等差数列，，则＝（ ） A. 0 B. －1 C. －2 D. －3 4. 在四面体中，设，，，点M为AB的中点，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知a是实数，则“”是“方程表示圆”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若独立，则 C. 若独立，则 D. 若互斥，则 7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上，且，的面积为，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则不等式的解集为（ ） 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. 在正方体中，下列四个选项中正确的有（ ） A. 直线平面 B. 每条棱所在直线与平面所成的角都相等 C. 平面平面 D. 直线平面 10. 记等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，，，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 当且仅当时，最大 D. 的最大值为 11. 某智能路由器有和两种信号传输模式，运行规则如下：在信号稳定时，系统自动选择传输模式的概率为；在信号不稳定时，系统自动选择传输模式的概率为；路由器信号稳定的概率为．则下列结论正确的是（ ） A. 路由器信号稳定且选择传输模式的概率为 B. 路由器选择传输模式的概率为 C. “路由器信号稳定”与“路由器选择传输模式”是相互独立事件 D. 已知路由器选择了传输模式，则它处于信号稳定的概率为 第II卷 非选择题（92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线与曲线相交于，两点，则弦长______． 13. 将5名上海世博会的志愿者分配到中国馆、美国馆、英国馆工作，要求每个志愿者只能去一个国家馆，每个馆至少分配一名志愿者，其中甲、乙两名志愿者不同时在同一个国家馆工作，则不同的分配方案有________种． 14. 已知函数（且），存在三个极值点，，（），若是极小值点，则实数的取值范围是___________. 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. 已知数列，满足． （1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，M为中点，过点A作的垂线交于点N，交于点E. （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面所成角的余弦值. 17. 莆田二中高二某实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为． （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）现从该校随机抽取10名参加体测的学生，给每位体测成绩“及格"的学生计3分，给每位“非及格”的学生计1分，求这10名学生的总得分的数学期望． 18. 已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． （1）求曲线的方程； （2）设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 19. 设函数． （1）当时，讨论在上的极值点情况． （2）当时，在上恒成立，求的取值范围． （3）若，在上存在零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $