福建省厦门市第六中学2025-2026学年高二下学期6月月考数学试题

**基本信息** 以AI适老培训、投壶游戏等真实情境为载体，融合统计概率、立体几何、函数导数等核心知识，通过散点图分析、体积最值探究等问题，考查数学眼光的抽象能力、数学思维的推理意识及数学语言的数据表达。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|线性回归、排列组合、异面直线成角|散点图分析考查相关系数变化，体现数据观念| |多选题|3/18|空间向量、函数导数、概率|投壶游戏结合连续命中概率，培养应用意识| |填空题|3/15|二项式定理、正态分布、方程求解|正态分布计算4个猕猴桃质量概率，强化数学建模| |解答题|5/77|数列、椭圆与抛物线、函数单调性、统计与概率、立体几何|AI关注调查的独立性检验与得分分布列，凸显数学语言的数据分析；四棱锥体积最值及内切球探究，发展空间观念与推理能力|

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C C A B D B A ABD ABD ACD 1．去掉点后，散点图中点的分布更接近一条直线，因此变量与的线性相关程度变强，故选项B错误； 由散点图，点的分布从左下角到右上角，故变量与呈正相关，故选项D错误； 因为变量与呈正相关，且相关性变强，所以相关系数变大，故A正确，C错误. 故选：A. 2．上午两节语文课连上有三种可能，同理下午两节数学课连上有三种可能，因为英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，直接全排列，所以有种. 3．以的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正三棱柱的棱长均为，可得， 所以，可得， 则，所以异面直线与所成角的余弦值是. 4．因为只有、两家餐厅，随机选择一家，去每家的概率都是，所以王同学第一天去餐厅的概率为 又已知如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为 可得第一天去餐厅且第二天去餐厅的概率为：， 同理，第一天去餐厅的概率为.已知如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为 故第一天去餐厅且第二天去餐厅的概率为：，王同学第二天去餐厅用餐的概率为：，解得：.故选：A 5．由题可设，则，，所以，解得．所以． 6．法一：设左焦点为，由已知，所以， 又，所以， 因为，由双曲线定义可得， 所以，故双曲线的离心率； 方法二：设点，双曲线的右焦点， 已知，，由两点间距离公式得，则， 化简得，解得，则，代入双曲线方程得，化简整理得，设，解得或（舍去），． 7．，，，即； 数列是以为首项，为公差的等差数列，， 当时，；. 8．由，可得函数图象如下所示： 因为且，所以，且， 所以，令，， 则，当时，当时， 即在上单调递减，在上单调递增，所以. 9．对于A：因为，且，所以，，三点共线，故A正确； 对于B：由空间向量共面定理可知，对于空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故B正确；对于C：例如满足，由，可知，即共线同向，即与的夹角为，故C错误；对于D：因，且，根据空间向量共面的推论知，，，四点共面，故D正确.故选：ABD 10．由求导得.对于A，，则A正确； 对于B，当时，由可得或，故B正确；对于C，设，则，因，则，则，故在上单调递减， 而，故存在，使得，当时，，即；当时，，即，故函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误； 对于D，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，故在上有极小值，故D正确. 11．对于A，投壶2次均命中即游戏结束，概率为，A正确；对于B，投壶3次游戏结束的事件为“第2，3次命中，第1次不中”，概率为，投壶4次结束的事件为“第3，4次必须命中，且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投壶结果不影响”，概率为，两者概率相等，B错误；对于C，当时，即出现连续2次命中，那么停止投壶，游戏结束， 设投壶的总次数的数学期望为，考虑第一次投壶的结果： ①第一次命中，若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投壶总次数为2； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； 则，解得，C正确； 对于D，由题意，设为出现连续次命中，则停止投壶，游戏结束时投壶总次数的数学期望， 在连续次命中，停止投壶的游戏中，考虑首次达到出现连续命中次的时刻， 此时当前投壶的总次数期望为，即出现连续次都投壶命中，那么现在从此状态开始， 游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），则考虑下一次投壶的结果： ①若下一次投壶命中（概率为），则出现连续次命中，停止投壶，游戏结束， 即投壶的总次数可看作次； ②若下一次投壶不中（概率为），则游戏重置，还需再进行次投壶， 游戏才能结束，即投壶的总次数可看作次； 综上，故，整理得，，D正确. 12．根据二项式定理，可得其展开式中第项的通项公式为，化简可得，令，解得，所以展开式的第项为，所以的系数为. 13．由题可知，若从该果园中随机挑选4个猕猴桃，则恰有2个单果的质量均不低于的概率为.故答案为：. 14．由，得，根据点到直线的距离公式，可知点与点到直线的距离都为，分别以，为圆心，半径作圆、圆，，，所以两圆外离，根据圆的位置关系，外离的两圆有条公切线，结合图形，可知这条公切线对应的直线都满足点、到直线的距离为，且每条公切线对应一组实数对， 因此，满足条件的实数对共有对. 15．（1）由，两边同时除以：得， ................................2分 所以；又，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列.................................4分 （2）由（1）可知：，故； ................................6分 ， ， ................................9分 两式相减，得， ，故 .............................................13分 16．（1）由点在抛物线上，得，因此抛物线的方程为； ................................2分 由椭圆的长轴长是短轴长的两倍，得， ................................3分 又点在椭圆上，则， ................................4分 解得，所以椭圆的方程为； ................................5分 （2）设点，由消去，得， 显然，， ................................7分 则线段的中点， ................................9分 又点在椭圆上，则满足，整理得， ...............................11分 则，解得或，所以的坐标为或. ...............................15分（解出一个点的坐标给2分）    17．（1）若，则，．...............................1分 又，所以， ...............................3分 故曲线在处的切线方程为，即；...............................4分 （2）的定义域为，． ...............................5分 当时，，故在上单调递增； ...............................6分 当时，令，解得， ...............................7分 故在上单调递增，在上单调递减； ...............................8分 （3）由，可得，即， ...............................10分 令，易知单调递增， 由，可得，则，即． ...............................12分 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， ...............................14分 所以，因此的取值范围为． ...............................15分 18．（1）列联表如下： 关注 不关注 合计 男生 女生 合计 ..................1分 设零假设：学生对AI的关注与性别无关．......................................................................................2分 ∴， ..................3分 故依据小概率值的独立性检验能认为学生对AI的关注与性别有关． ..................4分 （2）（ⅰ）设甲、乙得分分别为，∵为奇数， 故，，，，，，，， 其中，故或． ..................5分 又， ..................6分 ， ..................7分 ， .................8分 ， ..................9分 根据贝叶斯公式，， ..................10分 ． .................11分 ∴的分布列为 ..................12分 ∴； ..................13分 （ⅱ）假设除去第一题外的剩余题的答题过程中，甲比乙得分高的概率为， 乙比甲得分高的概率为，甲乙得分相同的概率为， 由于甲乙水平相当，根据对称性可知，且．∴，． ..................14分 如若乙比甲得分高，则第1题无论结果如何都是乙获胜； 如若甲比乙得分高，则乙不可能获胜； 如果甲乙得分相同，则第一题乙必须答对才能获胜， ..................15分 故乙获胜的概率， ∵，，∴． ..................17分 19．（1）（ⅰ）方法一：设的中点为，的中点为，点到平面的距离为， 则，又因为，则，故当平面时，四棱锥的体积最大..................................................................1分 因为平面，平面，所以平面平面 因为，平面平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ..................2分 平面的一个法向量为， ..................3分 又因为，， 设平面的法向量为， 则，即，化简得，不妨令..................4分 则 所以平面与平面夹角大小为 ..................5分 方法二：设的中点为，点到平面的距离为，则， 又因为，则， 故当平面时，四棱锥的体积最大 .........1分 连接，，在矩形中，，所以 设的中点为，则， 又设平面平面， 因为，平面，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 因为，，则，， ..............2分 那么为二面角的平面角. ..................3分 又因为平面，所以． 可得，，所以， ..................4分 即，所以平面与平面夹角大小为 ..................5分 （ⅱ）因为平面，所以平面平面， ..................6分 因为平面平面，，所以平面，即， ..................7分 所以，则易知， ， ，， ..................8分 所以内切球半径， ..................9分 设内切球球心为，中点为，因为到平面与平面距离相等， 所以由对称性可知，点在平面上， ..................10分 又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为，所以点在上， 因为，所以，解得， ..................11分 因为两个的值不同，故不存在内切球 ..................12分 （2）由，，，2，3，…… 可得为线段的中点，为线段的中点． 则四棱锥的体积为四棱锥体积的一半，即， ..................13分 如此可得：，即． 所以是以为首项，为公比的等比数列． ..................14分 所以， 则 ..................16分 所以，成立 ............17分 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门六中2025—2026学年第二学期高二年6月月考 数 学 试 卷 满分150分 考试时间120分钟 命题人：纪桢炜 审核人：王楠 命题时间：2026.5 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．已知10个成对数据的散点图如图所示，并对进行线性回归分析.若在此图中去掉点后，再次对进行线性回归分析，则下列说法正确的是（    ） A．相关系数变大 B．变量与的线性相关程度变低 C．相关系数变小 D．变量与呈负相关 2．某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（    ） A．72 B．108 C．216 D．288 3．如图，已知正三棱柱的棱长均为，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 4．学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为p；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.4．已知王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.5，则p的值为（    ） A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3 5．为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（   ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 6．双曲线的右焦点为，点在双曲线的右支上，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．在数列中，，且，，则（   ） A． B．21 C． D．40 8．已知函数，若且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9．下列说法正确的有（    ） A．若空间中点，，，满足，则，，三点共线 B．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C．，，若，则与的夹角为锐角 D．对空间任意一点O和不共线三点，，，若，则，，，共面 10．设函数，为的导函数，则下列说法正确的是（    ） A． B．在上有且仅有2个零点 C．在上单调递增 D．在上有极小值 11．“暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶的命中率为，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正确的是（    ） A．当时，投壶2次游戏结束的概率为 B．当时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 C．当时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D．设游戏结束时投壶总次数的数学期望为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 13．已知某果园中猕猴桃单果的质量（单位：）服从正态分布，若从该果园中随机挑选4个猕猴桃，则恰有2个单果的质量均不低于的概率为_________. 14．不全为0的实数对满足关系式，则这样的实数对共有_________组. 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．（13分）已知数列满足，且. (1)求证：数列是等差数列；(2)求数列的前n项和. 16．（15分）已知为坐标原点，椭圆与抛物线在第一象限的交点为，其中椭圆的长轴长是短轴长的两倍. (1)求椭圆和抛物线的标准方程； (2)设直线交抛物线于两点，若的中点在椭圆上，求的坐标. 17．（15分）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，恒成立，求的取值范围． 18．（17分）人工智能（英语：Artificial Intelligence，缩写为AI）亦称智械，机器智能，指由人制造出来的可以表现出智能的机器．为了了解不同性别的学生对AI的关注情况，随机抽取了90名学生，调查结果如下表： 关注 不关注 合计 男生 55 60 女生 合计 75 (1)完成上述列联表，依据该统计数据，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生对AI的关注与性别有关？ (2)为了激发同学们对AI的关注，某班级举办了一次AI闯关PK，甲，乙两名选手参加PK赛，比赛共有道题目，其中甲，乙水平相当，他们分别答对每道题的概率均为，两人各自分开答题，答对一题得1分，否则不得分．答题结束后得分较高者获胜，得分相同视为平局． （ⅰ）已知，，且已知比赛结束后甲，乙得分之和为奇数．假设甲，乙得分之差的绝对值为，求的分布列及数学期望； （ⅱ）由于甲选手较为自负，甲决定放弃第一题的作答．若最终乙获胜的概率为，求的值． 附： 0.1 0.05 0.01 0.001 k 2.706 3.841 6.635 10.828 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 19．（17分）如图，在四棱锥中，，底面是矩形，，． (1)当四棱锥的体积最大时： （ⅰ）平面与平面夹角大小为多少？ （ⅱ）判定此时四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由． (2)若，，，2，3……，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若，求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $