精品解析：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

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. 已知数列满足，且． （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的前项和． 16. 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. 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. 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，能否有的把握认为学生对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 19. 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：． 第1页/共1页 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据数据的散点图，结合回归系数概念与含义，逐项判定，即可求解. 【详解】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. 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 【答案】C 【解析】 【分析】先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可. 【详解】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. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】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. 故选：C. 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据全概率公式，分别计算出第一天去餐厅且第二天去餐厅的概率，以及第一天去餐厅且第二天去餐厅的概率，然后将这两个概率相加，即可得到王同学第二天去餐厅用餐的概率，计算求得结果. 【详解】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 根据条件概率公式，可得第一天去餐厅且第二天去餐厅的概率为： 因为“第一天去餐厅且第二天去餐厅”与“第一天去餐厅且第二天去餐厅” 这两个事件是互斥的， 所以王同学第二天去餐厅用餐的概率为： ，解得：. 故选：A 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的期望计算公式列出方程，再由方差公式即可求解． 【详解】由题可设，则，， 所以，解得． 所以． 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. 【答案】D 【解析】 【分析】方法一：证明，由双曲线定义可得，结合勾股定理及离心率定义求结论. 方法二：设点，由两点间距离公式结合已知条件求出，结合双曲线方程化简得出，结合求解． 【详解】 方法一：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. 在数列中，，且，，则（ ） A. B. 21 C. D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】由，得到奇数项之间的递推关系，得到等差数列的通项公式，先求出再根据计算出. 【详解】，， ，即； 数列是以为首项，为公差的等差数列， ， 当时，； . 8. 已知函数，若且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数解析式画出函数图象得，再根据将转化为，再构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可得. 【详解】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. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据三点共线的结论分析判断；对于B：利用空间向量共面定理判断；对于C：举反例分析判断；对于D：根据空间向量共面的推论判断. 【详解】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. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过求导代值判断A项；利用函数的零点定义解方程判断B项，利用求导判断函数的单调性即得函数的极值点，分别判断C，D两项即得. 【详解】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. “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 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，直接利用独立事件概率乘法公式，计算两次投壶均命中的概率，验证投壶2次游戏结束的概率.选项B，分别分析投壶3次、4次游戏结束的条件，利用独立事件概率公式计算对应概率，再比较两者大小.选项C，采用递推法，分第一次投壶命中/未命中、第二次投壶命中/未命中的情况，建立关于数学期望的方程，求解得到期望.选项D，考虑首次达到连续次命中后的下一次投壶结果（命中/未命中），建立与的递推方程，整理验证是否成立. 【详解】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. 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） 【答案】 【解析】 【分析】列出二项式的通项公式，令的指数为，可得，即可求解. 【详解】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. 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_________. 【答案】##0.375 【解析】 【分析】服从正态分布可得，由二项分布公式可求恰有2个单果的质量均不低于的概率. 【详解】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. 不全为0的实数对满足关系式，则这样的实数对共有_________组. 【答案】 【解析】 【分析】由，可知点与点到直线的距离都为，以，为圆心，半径分别作圆，判断两圆公切线个数即可求解. 【详解】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. 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，且． （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明：由， 两边同时除以，得，即， 又，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列． （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义，结合题干条件进行证明即可； （2）先求出数列的通项公式，再利用错位相减法进行求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，故， 故， ， 两式相减，得 ， 因此． 16. 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. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即可. （2）联立直线与抛物线的方程，求出点的坐标并代入椭圆的方程即可. 【小问1详解】 由点在抛物线上，得，因此抛物线的方程为； 由椭圆的长轴长是短轴长的两倍，得，又点在椭圆上， 则，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设点，由消去，得， 显然，，则线段的中点， 又点在椭圆上，则满足，整理得， 则，解得或，所以的坐标为或. 17. 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． 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得切线方程斜率与切线所过点，据此可得答案； （2）分类讨论，两种情况下，的正负性可得单调区间； （3）由题可得，结合单调性，可得，最后由单调性可得答案. 【小问1详解】 若，则，． 又，所以， 故曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 的定义域为，． 当时，，故在上单调递增； 当时，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 由，可得， 即， 令，易知单调递增， 由，可得， 则，即． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 所以，因此的取值范围为． 18. 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，能否有的把握认为学生对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 【答案】（1）列联表如下： 关注 不关注 合计 男生 女生 合计 有％的把握认为学生对AI的关注与性别有关． （2）（ⅰ）的分布列为 ；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）数据分析得到列联表，计算出卡方，与比较后得到结论； （2）（ⅰ）设甲、乙得分分别为，得到或．并根据贝叶斯公式得到相应的概率，得到分布列，得到期望值； （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，分析出，并得到乙获胜概率，结合，解得． 【小问1详解】 列联表如下： 关注 不关注 合计 男生 女生 合计 ∴， 故能有％的把握认为学生对AI的关注与性别有关． 【小问2详解】 （ⅰ）设甲、乙得分分别为，∵为奇数， 故，，，，，，，， 其中，故或． 又， ， ， ， 根据贝叶斯公式，， ． ∴的分布列为 ∴； （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． ∴，． 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， 故乙获胜的概率， ∵，， ∴． 19. 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：． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）不存在，理由见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）方法一：设的中点为，的中点为，点到平面的距离为，当平面时，四棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得平面与平面夹角的大小；设的中点为，点到平面的距离为，则，从而得平面时，四棱锥的体积最大，设平面平面，为二面角的平面角，进而求解即可； （ⅱ）若存在内切球，利用等体积法求得，进而设内切球球心为，中点为，分析可得点到平面与平面距离相等，可得，求解即可得结论； （2）计算可得，利用等比数列前项和公式计算可得，可得，利用裂项相消法可求得结论. 【小问1详解】 （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 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，，，，， 平面的一个法向量为， 又因为，， 设平面的法向量为， 则，即，化简得，不妨令 则 所以平面与平面夹角大小为 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 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，， 那么为二面角的平面角. 又因为平面，所以． 可得，，所以， 即， 所以平面与平面夹角大小为 （ⅱ）因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，，所以平面，即， 所以，则易知， ， ，， 所以内切球半径， 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， 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， 因为两个的值不同，故不存在内切球 【小问2详解】 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， 如此可得：，即． 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以， 则 所以， 成立 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $