2025--2026学年湖北随州市曾都区第一高级中学高二下学期5月月考数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年湖北随州市曾都区第一高级中学高二下学期5月月考数学试题 [含答案]，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 已知随机变量的分布列如表所示，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用概率之和等于1求解，然后求解期望即可．
【详解】解：由题意可得：，解得．
所以．
故选：A．
2. 在的展开式中，的系数为（ ）．
A. 120B. 80C. 40D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式定理计算即可.
【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为：
.
令，可得，此时与相乘可得的系数为-80；
令，可得，此时与相乘可得的系数为40；
所以的系数为.
3. 已知一个圆柱形空杯，其底面直径为，高为，现向杯中注入溶液，已知注入溶液的体积（单位：）关于时间（单位：）的函数为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求得杯中溶液上升高度，求导，再令即可得解.
【详解】由题意杯子的底面面积，
则杯中溶液上升高度，
则，
当时，，
即当时杯中溶液上升高度的瞬时变化率为.
故选：B.
4. 某块农田上播种的一等小麦种子中含有的二等种子.已知一等小麦种子结出的麦穗每穗含有50颗以上麦粒的概率为0.5，若在该块农田种出的小麦中，有的麦穗含有50颗以上麦粒，则二等小麦种子结出的麦穗每穗含有50颗以上的麦粒的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设“二等小麦种子结出的麦穗每穗含有颗以上的麦粒”的概率为，麦穗含有颗以上麦粒为事件，种子为一等种子为事件，种子为二等种子为事件
根据题目条件可知，，，，
根据全概率公式，可得，解得.
5. 现有3本完全相同的书籍进行现场拍卖，有9位竞拍者，每人可以重复竞拍，则不同的竞拍结果有（ ）
A. 84种B. 129种C. 156种D. 165种
【答案】D
【解析】
【详解】3本都给1个人：共种；
3本分为1本和2本，分给2个人：选2个不同竞拍者并分配数量，共种；
3本分给3个人，每人1本：选3个不同竞拍者，共种；
总结果数：种.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据对立事件概率公式求出，进一步由条件概率公式即可求解.
【详解】因为，所以，
.
故选：A.
7. 已知由一组样本数据确定的经验回归方程为，且.发现有两对数据与误差较大，去掉这两对数据后重新求得经验回归方程为，则（ ）
A. 2B. 1.6C. 7.4D. 0.8
【答案】C
【解析】
【分析】依据回归方程必过样本中心点，代入计算即可得结果.
【详解】根据可知，因此经验回归方程必过，
易知去掉与的两组数据的平均值为，则剩余数据均值不变，
因此新求得经验回归方程也过，
即可得，解得.
故选：C
8. 设数列的前n项和，数列的前m项和，则m的值为（ ）
A. 8B. 10C. 12D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】由结合题意可得，再由裂项求和法可化简，即可得答案.
【详解】由，
又，
则，
又时，，则.
则，
则.
令.
故选：A
二、多选题（每题6分，共18分）
9. 下列命题中，正确的命题有（ ）
A. 利用最小二乘法，由样本数据得到的回归直线必过样本点的中心
B. 设随机变量，则
C. 天气预报，五一假期甲地的降雨概率是，乙地的降雨概率是，假定这段时间内两地是否降雨相互没有影响，则这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为
D. 在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，由最小二乘法求线性回归直线的过程判定；选项B，由二项分布的方差计算公式求值；选项C，由相互独立事件的概率公式求解；选项D，由的计算过程判定.
【详解】A选项：由最小二乘法求线性回归直线的过程可知，由样本数据得到的回归直线必过样本点的中心，故选项A正确；
B选项：因为随机变量，所以，故选项B正确；
C选项：根据题目条件，可得这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为，故选项C错误；
D选项：在线性回归模型中，由的计算过程可知，越接近于1，表示回归的效果越好，故选项D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是的极值点
B. 时，有3个零点
C. 时，
D. 时，过原点可作两条不同直线与图象相切
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调区间及极值，结合三次函数图象判断ABC；设出切点坐标并求出切线方程，确定切线过原点时方程解的个数判断D.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
A，函数在处取得极大值，在取得极小值，因此是的极值点，A正确；
B，，，由三次函数的性质知，
当且仅当且，即时，函数有3个零点，B错误；
C，当时，，，C正确；
D，当时，，设切点坐标为，
切线方程为，
由切线过原点，得，整理得，
令，求导得，
由，得或；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
函数有唯一零点，因此过原点只能作一条直线与图象相切，D错误.
11. 在平面直角坐标系中，已知曲线：，则（ ）
A. 过点可作两条直线与曲线相切
B. 曲线是某个函数的图象
C. 过曲线上一点作与的垂线，垂足分别为，，则四边形面积的最大值为2
D. 曲线上存在两个不同的点、，使得线段被点平分
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据绝对值分类求出函数在各个区间的解析式；再根据切线方程、函数定义、距离公式求面积、中点弦和韦达定理判断选项.
【详解】对于：，
当，方程为，曲线在第一象限的部分为的图象；
当，方程变为，无解，曲线不经过第二象限；
当，方程变为，曲线在第三象限的部分为的图象；
当，方程变为，曲线在第四象限的部分为的图象.
A选项：由图知曲线分布在第一、三、四象限，易知在第四象限过点无法作曲线的切线，
而在第一象限，由，设切点为，则切线方程为，
将代入上式，可得，化简得，该方程显然无解，
所以在第一象限也无法作出曲线的切线，同理在第三象限也作不出切线，故A错误；
B选项：由上分析，可知当时，，当，，
当，，所以该曲线是一个分段函数的图象，故B正确；
C选项：如图，因在曲线上，则其到和的距离之积即为四边形的面积，
设，由距离公式得的面积为，
在曲线的第一象限部分，因，则；
在曲线的第四象限部分，因，则，
因为，所以时，取得最大值；
在曲线的第三象限部分，由，则.
综上分析，的最大值为，故C正确；
D选项：点在第一象限，不妨设都在第一象限，
由为的中点，可得，
，两式相减得，
则，则直线的方程为，
联立消元可得，即
因，且，且，
故存在这样的线段被点平分，故D正确.
三、填空题（每题5分，共15分）
12. 已知随机变量X服从正态分布且，则__________
【答案】0.4
【解析】
【分析】根据随机变量X服从正态分布，得到正态曲线关于对称，再结合求解.
【详解】因为随机变量X服从正态分布，
所以正态曲线关于对称，
因为，
所以，
所以，
故答案为：0.4
13. 已知抛物线与椭圆相交于A，B两点，若，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】设点，根据椭圆和抛物线的对称性求得，然后代入椭圆方程可得点，最后代入抛物线方程计算即可.
【详解】由椭圆和抛物线的对称性，知轴，且关于轴对称，
不妨设，则，，
由可知，代入得，即，
再将代入可得，解得.
故答案为：.
14. 已知是函数的切线，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设切线的坐标为（m，lnm+m），求出函数f（x）的导数，由导数的几何意义可得切线的方程，分析可得k1，b＝lnm﹣1，代入化简得到lnm1，设g（m）＝lnm1，求出g′（m），利用函数的导数与单调性的关系，分析可得g（m）的最小值，即可得答案．
【详解】根据题意，直线y＝kx+b与函数f（x）＝lnx+x相切，设切点为（m，lnm+m），
函数f（x）＝lnx+x，其导数f′（x）1，则f′（m）1，
则切线的方程为：y﹣（lnm+m）＝（1）（x﹣m），变形可得y＝（1）x+lnm﹣1，
又由切线的方程为y＝kx+b，
则k1，b＝lnm﹣1，
则2k+b2+lnm﹣1＝lnm1，
设g（m）＝lnm1，其导数g′（m），
在区间（0，2）上，g′（m）＜0，则g（m）＝lnm1为减函数，
在（2，+∞）上，g′（m）＞0，则g（m）＝lnm1为增函数，
则g（m）min＝g（2）＝ln2+2，即2k+b的最小值为ln2+2；
故答案为ln2+2．
【点睛】本题考查利用导数分析切线的方程以及函数的单调性与最值，关键是掌握导数的几何意义．
四、解答题
15. 如图，在三棱锥中，平面，，分别是棱，，的中点，，．
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求出直线与平面所成角的正弦值；
（2）利用向量法可求出点到平面的距离．
【小问1详解】
依题意：以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
又分别是棱，，的中点，，．
所以,
所以有：，
设平面的法向量为，则有
所以，令，有，
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问2详解】
因为，由（1）有平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为：.
16. 某4名射击手进行射击训练，他们互不影响地同时对同一目标进行射击，每人击中的概率均为.
（1）设4名射击手击中目标的人数为，当时，求的数学期望与方差；
（2）若目标被一人击中不会被摧毁，被2人击中而被摧毁的概率为，被3人击中而被摧毁的概率为，被4人击中则肯定被摧毁.设目标被摧毁的概率为，当时，求的最大值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题干，可知击中目标的人数服从二项分布，利用二项分布的期望和方差即可求出结果.
（2）根据题干写出的表达式，再利用导数判断其单调性即可求出最大值.
【小问1详解】
四人互不影响地同时对同一目标进行射击，可以看成4次独立重复试验，且，
.
【小问2详解】
依题意有
又.所以在区间上单调递增，
17. 函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有最大值M，且，求a的值．
【答案】（1）答案见解析；（2）1
【解析】
【分析】
（1）求出，分或两种情况讨论可得；
（2）由（1）可得，则，构造函数，利用导数可求最大值得出，则，即可得出.
【详解】解：（1）易知，，
当时对任意的恒成立；
当时，若，得，若，得，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可得当时，单调递增，则没有最大值，，
则在上单调递增，在上单调递减，
，即，
，，即，
令，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，
，
，.
【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，解题的关键是先得出，再根据导数求出函数单调性，得出.
18. 已知是首项为0的等差数列，记为的前项和，是等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项积；
（3）记，求数列的前20项和．
【答案】（1）
（2）
（3）3120
【解析】
【小问1详解】
是首项为0的等差数列，，，，
又是等比数列，，
，即
，，即
，解得，
是等差数列，
当时，,
，即为定值，
数列为首项，公比的等比数列
的通项公式为.
【小问2详解】
，
【小问3详解】
，
，
，时，
即是首项为1，公差为4的等差数列，
令，
则
记的前n项和为，
，
数列的前20项和为3120．
19. 一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球.
（1）求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率；
（2）停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望；
（3）若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型概率计算公式即可求出结果.
（2）分别求出的概率，即可列出分布列和求出数学期望.
（3）根据题干列出的递推公式，再利用构造新数列的方法即可求出结果.
【小问1详解】
依题意停止时恰好取了4次，前3次为2个黑球1个红球，第4次为红球，
其概率为.
【小问2详解】
依题意.
当时，；当时，；
当时，；当时，；
当时，；当时，；
故分布列为：
期望.
【小问3详解】
依题意有甲袋始终有4个小球，重复次这样操作后，记甲袋子中恰有2个红球的概率为，恰有0个红球的概率为，则.
令，
即数列是以为首项，公比为的等比数列，
.当时满足等式.
0
1
X
2
3
4
5
6
7
P