黑龙江省哈尔滨市第三中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）

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第I卷（选择题，共58分）
一､单选题：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. （ ）
A. 10B. 15C. 20D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数的运算直接求解即可.
【详解】根据排列数的运算，.
故选：C.
2. 五位同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，则不同的选择种数是
A. 54B. 5×4×3×2C. 45D. 5×4
【答案】C
【解析】
【详解】由乘法原理可得：不同的选择种数是 .
3. 展开式中的常数项为（ ）
A. 6B. 10C. 15D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式定理展开式的通项公式求解
【详解】展开式的通项公式为.
常数项即，则.
故常数项为.
故选：C
4. 用数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 36
【答案】D
【解析】
【分析】先确定个位的排法数，再确定百位和十位的排法数，结合分步乘法计数原理求解即可.
【详解】用数字组成没有重复数字三位奇数，可分为两步完成，
第一步，先确定个位数字，个位可能为或或，有种方法，
第二步，确定十位和百位数字，有种方法，
由分步乘法计数原理可得符合要求的奇数的个数为．
故选：D
5. 同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件为两枚骰子点数之和为8，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别算出，，结合公式即可求解.
【详解】同时投掷两枚质地均匀骰子，设两枚骰子投出的点数构成有序数对，则总共有种可能，
设事件为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件为两枚骰子点数之和为8，
所以事件包含的样本点个数有个，
所以，
事件包含的基本事件有：，共5个基本事件，
事件包含的基本事件有：，
所以，
所以.
故选：D.
6. 哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（ ）
A. 1080B. 1560C. 2640D. 3960
【答案】B
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理和部分平均分组计数方法计算即得.
【详解】依题意，可分为两类情况：第一类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法；
第二类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法.
故由分类加法计数原理，共有种不同分法.
故选：B.
7. 已知甲箱中有个红球和个黑球，乙箱中有个红球和个黑球，所有球除颜色外完全相同.某学生先从甲箱中随机取出个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出个球.则“从乙箱中取出的球是黑球”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】记事件从甲箱取出的球为红球，则事件从甲箱取出的球为黑球，记事件从乙箱中取出的球是黑球，利用全概率公式可求得的值.
【详解】记事件从甲箱取出的球为红球，则事件从甲箱取出的球为黑球，
记事件从乙箱中取出的球是黑球，则，，，，
由全概率公式可得.
故选：D.
8. 用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（ ）

A. 72B. 96C. 120D. 144
【答案】C
【解析】
【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数.
【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4，
（1）四种颜色都用：
先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1，
再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2，
再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3，
若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3，
若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3，
共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法.
（2）四种颜色只用其中的三种颜色：
即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法.
综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法.
故选：C
二､多选题：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. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】ABC选项，利用赋值法进行求解；D选项，得到展开式的通项公式，从而求出，，故，D正确.
【详解】A选项，中，令得，A正确；
B选项，中，令得
，
又，故，B错误；
C选项，中，令得
，
与相加可得，
故，C错误；
D选项，展开式的通项公式为，
故，，故，D正确.
故选：AD
10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ）
A. 课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法
B. 课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法
C. 课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
D. 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由分布、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可.
【详解】对于选项A，课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体，
与其他3门课程全排列，共有种排法，故A正确；
对于选项B，在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在课程“礼”的后面的情况等可能，
各占一半，所以课程“礼”排在课程“乐”的后面的排法有种，故B正确；
对于选项C，课程“射”“御”排在不相邻两周，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，
在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，故C错误；
对于选项D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐”
排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐” 排在第一周且
课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法为种，若课程“乐”排在第一周的排法为种，
若课程“御”排在最后一周排法为种，
课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法为种，
则满足条件的排法数为种，故D正确.
故选：ABD.
11. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表.数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.下列结论正确的是（ ）
A. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1
B. 第20行第7个数和第8个数的比为
C. 从第4行起到第19行，每一行的第4列数字之和为
D. 第行所有数的平方和等于第行最中间的数
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：由题意可得，再借助二项式的展开式计算即可得；对B：计算即可得；对C：借助计算即可得；对D：借助，再利用二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对A：第48行所有数字之和为，
由，
故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，故A正确；
对B：第20行第7个数为，第8个数为，
，故B错误；
对C：第行的第4个数字为，由，
则
，故C正确；
对D：第行所有数的平方和为，
第行最中间的数为，
由
，
则的展开式中的系数为，
又对，有，则其展开式中的系数为，
即有，故D正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题，共92分）
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上.
12. 10名同学中选2名同学为代表参加学校园地竞标种植活动，共有__________种不同选法.
【答案】
【解析】
【分析】应用组合数公式计算求解.
【详解】10名同学中选2名同学为代表参加学校园地竞标种植活动，共有种.
故答案为：.
13. 设离散型随机变量的分布列如下表，若随机变量，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据离散型随机变量分布列的性质可知各概率，再根据概率的加法可得解.
【详解】由已知可得，
解得，
则，
故答案为：.
14. 2025年9月3日，是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年纪念日，北京天安门广场举行了盛大的阅兵仪式.纪念抗战伟大胜利，弘扬抗战伟大精神.未来，同学们进入大学的第一课就是军事训练，军训结束也要进行阅兵.某大学M院系选了48名同学组成了8排6列的阅兵方阵，其中每名男同学都有至少一名男同学与之相邻，而所有女同学均不相邻（相邻包括左右相邻和前后相邻），则这个方阵中最多有__________女同学.
【答案】
【解析】
【分析】将方阵划分为六个区域，再利用列表法即可得到答案.
列出17名女同学的情况，说明不可能是18名女同学.
【详解】如图，将方阵划分成A，B，C，D，E，F六个区域
其中A，B，C，D是3X3方阵，E，F是2X3方阵.
易知A区域最多有4个女同学
形如
同理可得B，C，D区域最多有4个女同学.
i：当A，C区域都有4个女同学时，E区域最多有1个女同学.
例如：


ii：当A，C区域一个区域有3个女同学，另一个区域有4个女同学时，E区域最多有2个女同学.
例如：(这里只给出A区域有3个女同学，C区域有4个女同学的情况)





iii：当E区域有3个女同学时，易知A，C区域一个区域最多有2个女同学，另一个区域最多有3个女同学.

等等.
因此，ACE区域最多有9个女同学，同理可得BDF区域最多有9个女同学.
然而左右相邻的两个3X3方阵不可能同时有4个女同学.
因此，不妨考虑A EC区域分别有3,2,4个女同学，同时BFD区域分别有4,2,3
个女同学.
由上述讨论的ii可知，E区域只能是：
或
由对称性可知F区域只能是：
或
为保证E区域左下角男同学和F区域左上角男同学不落单.
则E区域只能是：
同时F区域只能是：
但这将导致AD区域无法同时出现三名女同学，如下图所示：
因此，最多有17名女同学.
下面给出17名女同学的实际情况，其中（G表示女同学，B表示男同学）.
故答案为：17.
四､解答题：本大题共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. 在锐角中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合两角和的正弦展开式、辅助角公式即可求解；
（2）利用正弦定理将用角表示，再结合角的值将角表示，进而将转化为关于角的三角函数，最后由角的取值范围求出即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得：，
在中，由，有
所以，
又，所以，
所以有：，
即，
即，
又，所以，
所以，即，
即
因为，所以，
所以，即.
【小问2详解】
因为，
所以由正弦定理得：
，
所以，
所以
，
因为为锐角三角形，
所以，
解得：，
所以，
所以，
所以，
故的取值范围为：.
16. 一个不透明的口袋中装有3个红球､3个黄球和2个白球，这些球除颜色外其他完全相同，现从这个口袋中一次性地摸出3个球.
（1）求摸出的白球个数比黄球个数多的概率；
（2）记摸出的球的颜色种类为，求的分布列.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式和古典概率公式计算即可；
（2）确定的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应事件的概率，列出分布列即可.
【小问1详解】
由摸出的白球个数比黄球个数多，可知摸出的球可能为2个白球和1个黄球（或1个红球），可能为1个白球和2个红球，
其中摸出2个白球和1个黄球（或1个红球）的概率为，
摸出1个白球和2个红球的概率为，
故摸出的白球个数比黄球个数多的概率为.
【小问2详解】
由题可知，的所有可能取值为1，2，3，
，，
，
则的分布列为
17. 在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若为线段上的动点（不含端点），判断直线能否与平面平行，并说明理由.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）不能，证明见详解
【解析】
【分析】（1）在平行四边形中找到三角形的角和边，利用余弦定理解三角形，即可证明的关系，然后利用勾股定理得到的关系，然后得到线面关系；
（2）取线段中点，然后由（1）证明三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，然后由条件写出点的坐标，即可得到面内空间向量的坐标，然后由空间向量的数量积求得两个面的法向量，由法向量的夹角的余弦值求得面面角的余弦值.
（3）反证法，假设直线与平面平行，由线面平行推导得面面平行，又因为面与面存在交点，从而证明假设不成立，然后得到结论.
【小问1详解】
在平行四边形中，为等边三角形，
则，
∴，∴，
在中，，，，
∴，
∴，∴，
在四棱锥中由可得，∴，
且，平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
分别取，中点，，连接，
∴
由（1）可知，平面，
∵，平面，
平面，∴，
在正三角形中，，
∴如图以为原点建立空间直角坐标系，
∴，，，，
∵，
即，
∴，，
，，
设向量，分别为平面和平面的一个法向量，
则和，
令，则，令，则，
即，，
设平面与平面夹角为，
则，
【小问3详解】
不能.
证明：假设存在上一点（不包括端点）使得平面，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵，平面，平面，
则平面平面，
又∵平面平面，故矛盾，
∴假设不成立，
即不存在上一点（不包括端点）使得平面，
即直线不能与平面平行.
18. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI，是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究､开发用于模拟､延伸和扩展人的智能的理论､方法､技术及应用系统的一门新的技术科学.如今利用“人工智能”的场景屡见不鲜，从帮助记忆单词､解答难题､到人机比赛，它的身影无处不在.小明和智能机器人进行一场“网球”比赛，规则为：比赛采用三局两胜制（率先获得两局比赛胜利者获得最终的胜利，且比赛结束），已知小明第一局获胜的概率为.从第二局开始，如果上一局获胜，则本局获胜的概率为；如果上一局失败，则本局获胜的概率为，每局比赛均没有平局.
（1）求小明以获得比赛胜利的概率；
（2）在小明以获得比赛胜利的条件下，求在第二局比赛中小明获胜的概率；
（3）记整场比赛小明的获胜局数为，求的分布列.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）令事件表示“小明以获得比赛胜利”，利用独立事件的乘法公式和互斥事件概率公式即可求解；
（2）令事件表示“在第二局比赛中小明获胜”，求，利用条件概率公式即可求解；
（3）先求的可能取值，再求对应的概率即可求解.
【小问1详解】
令事件表示“小明以获得比赛胜利”，
所以；
【小问2详解】
令事件表示“在第二局比赛中小明获胜”，
所以，
所以；
【小问3详解】
由题意有的可能取值为，
所以，
，
，
所以的分布列为：
19. 现定义了一种新运算“”：对于任意实数，都有，（且）.
（1）当时，计算；
（2），若的定义域是，值域也是，其中.求实数的取值范围；
（3）已知，定义在上的函数，若方程恰有两个不等实根，且，设，求的范围.
【答案】（1）5 （2）
（3）
【解析】
【分析】(1)直接由新运算“”定义可得;
(2) 先求得,根据其单调性可得.
(3)求得,将方程的实数根问题转化为函数的零点问题，再转化为函数图象的交点问题可解.
【小问1详解】
因为对于任意实数，都有，（且），
所以当时，.
【小问2详解】
因为，所以,
所以，所以在上是减函数.
由知：,.
因为的定义域是，值域也是，
所以,且, 即,化简得：，
即，因为所以
当时，,显然不成立，所以.
当时，,所以,所以实数的取值范围是.
综上所述，实数的取值范围是.
【小问3详解】
由，得：，，
所以函数，
若方程恰有两个不等实根，则即，
即在上恰有两个不等实根.
即当时，与有两个不同的交点.
对于函数，，令，则,.
由图可知当时，与,的图象有两个不同的交点.
设其横坐标分别为,则有,且，所以.
所以=，
因为所以，所以,所以.
所以的范围是.
1
2
3