湖北省荆州中学2025-2026学年高二下学期5月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州中学2025-2026学年高二下学期5月月考数学试题（Word版附解析），文件包含湖北省荆州中学2025-2026学年高二下学期5月月考数学试卷原卷版docx、湖北省荆州中学2025-2026学年高二下学期5月月考数学试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
（全卷满分150分 考试用时120分钟）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 曲线在点处切线的斜率为（ ）
A. 2B. 1C. -1D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，转化为求可得解.
【详解】因为，所以，
所以，所以所求切线的斜率为-1.
故选：C.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，属于基础题.
2. 展开式中的系数为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中的系数．
【详解】因为，则展开式中含的项为；展开式中含的项为，故的系数为，
故选：C．
3. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你虽然不是最差的，但你的名次没有甲的好.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为（ ）
A. 12B. 18C. 27D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况，分别求出各种情况的种类数，从而可求解.
【详解】由题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况：
当乙得第4名，有种可能；
当乙得第3名，有种可能，
故共有种，故B正确.
故选：B.
4. 若函数在区间上单调递增，则实数m的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得在上恒成立，然后参变分离，构造函数，利用导数研究函数的最值即可求出结果.
【详解】由题意，函数，可得，
因为函数在上单调递增，即在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
所以函数在为单调递增函数，所以，
即实数m的取值范围是.
故选：B.
5. 在某次数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.6，则任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不高于80的概率为（ ）
A. 0.16B. 0.24C. 0.32D. 0.48
【答案】C
【解析】
【分析】根据服从正态分布，得到曲线的对称轴是直线，利用在内取值的概率为0.6，求出成绩不高于80的概率，再利用相互独立事件的概率公式即可求得结论．
【详解】解：服从正态分布
曲线的对称轴是直线，
在内取值的概率为0.6，
在内取值的概率为0.3，
在内取值的概率为．
现任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不高于80的概率
故选：C
6. 从混有张假钞的张百元钞票中任意抽出张，将其中张放到验钞机上检验发现是假钞，则另张也是假钞的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用条件概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记事件抽到的至少张钞票是假钞，记事件抽到的张钞票都是假钞，
则，，
因此，.
故选：C.
【点睛】思路点睛：用定义法求条件概率的步骤：
（1）分析题意，弄清概率模型；
（2）计算、；
（3）代入公式求.
7. 世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）种.
A. 120B. 60C. 24D. 36
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，小张和小赵只能从事前两项工作，由此分为2种情况讨论，结合排列组合，即可求解.
【详解】根据题意可分为2种情况讨论：
（i）若小张或小赵只有一人入选，则有种不同的选派方案；
（ii）若小张，小赵都入选则有种不同的选派方案，
综上可得，共有种不同的选派方案.
故选：D
8. 将杨辉三角形中的每一个数 都换成1(n+1)Cnr ，就得到一个如图所示的分数三角形，称为“莱布尼茨三角形”，它具有很多优美的性质，比如从第 行开始每一个数都等于其“脚下”两个数之和 记第 行所有数的和为 ，关于数列 ，下列说法中错误的是（ ）
A. a3=56
B. 当 且 时an=12an−1+1n
C. a20242n可判断C；当时，an=12an−1+1n≥12an−1+12n−1，从而可得an≥n2n−1，利用错位相减法可判断D．
【详解】对于A，a3=13+16+13=56，故A正确；
对于B，设第行的个数依次为tn1，tn2，⋯，tnn，
an=tn1+tn2+⋯+tnn，tni+tni+1=tn−1i，tn1=tnn=1n，
故2an=2tn1+tn2+⋯+tnn=tn1+tn2+tn2+tn3+⋯+tnn−1+tnn+tn1+tnn
=tn−11+tn−12+⋯+tn−1n−1+2n=an−1+2n，
故an=12an−1+1n，故B正确；
对于C，an−an−1=12an−1+1n−12an−2+1n−1=12an−1−an−2+1n−1n−1，
a1−a2=0 ，可得a3−a222024=11012，故C错误；
对于D，当时，an=12an−1+1n≥12an−1+12n−1，当且仅当时等号成立，
则2n−1an≥2n−2an−1+1 ，故2n−1an≥n ，即an≥n2n−1，
设bn=1，n=1n2n−1，n≥2，
，则，
可得12Tn=1+12+122+⋯+12n−1−n2n=1−(12)n1−12−n2n=2−n+22n，
即，
故Sn≥4−n+22n−1，当且仅当时，等号成立，故D正确．
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若随机变量的数学期望，则E(2X−1)=9
B. 若随机变量的方差，则D(2Y+5)=12
C. 将一枚质地均匀的硬币抛掷次，记正面向上的次数为，则服从二项分布
D. 从男女共名学生干部中随机选取名学生干部，记选出女学生干部的人数为，则服从超几何分布
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于选项A，因为E2X−1=2EX−1=2×4−1=7 ，故A错误；
对于选项B，因为D2Y+5=4DY=4×3=12 ，故B正确；
对于选项C，根据二项分布的概念可知随机变量服从B3,12，故C正确；
对于选项D，根据超几何分布的概念可知服从超几何分布，故D正确．
10. 在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛，决赛采用五局三胜制和三局两胜制其中一种，若每局比赛甲胜乙的概率都为，没有和局，且各局比赛的胜负互不影响，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若采用三局两胜制，甲获得冠军时，比分为的可能性最大
B. 若采用五局三胜制，甲获得冠军时，比分为和的可能性相等
C. 若采用五局三胜制，则比赛对乙更有利
D. 若采用五局三胜制，乙先赢了一局，甲仍有超过的可能性获得冠军
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，比较获胜和获胜的概率判断；对于B，分别求得获胜和获胜的概率判断；对于C，分别求得三局两胜制和五局三胜制乙胜的概率判断；对于D，由前四局甲胜三局和前三局胜2局求解判断.
【详解】对于A，若采用三局两胜制，甲以获胜的概率为，甲以获胜的概率为C21×23×13×23=82712，所以D正确．
11. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（ ）
A. 最大时，B. 的最小值为
C. D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据焦点三角形的面积，可知其最大值，再根据内切圆半径公式可判断A选项，根据外心的概念及向量的线性运算可判断B选项，根据内切圆的性质可得，即可判断C选项，再根据外接圆半径与内切圆半径的求法可判断D选项.
【详解】由，得，，，
A选项：设，则，，，所以当点在短轴端点时，面积最大值为，
此时由内切圆性质可知，
则，A选项错误；
设，，则，
B选项：如图所示，设中点为，则，所以，
又，
同理，
所以，当且仅当时，等号成立，B选项正确；
C选项：设与交于点，由角分线定理可知，即，即，
所以，所以，C选项正确；
D选项：设，由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
则，且，即，当且仅当时取等号，
所以，
，
所以，
则，D选项正确；
故选：BCD.
【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种．
【答案】72
【解析】
【分析】先求出所有的排法，再排除甲乙二人相邻的排法，即得甲、乙两人中间至少有一人的排法．
【详解】解：5个人排成一排所有的排法共有种，
其中甲乙二人相邻的排法有种，
所以甲、乙两人中间至少有一人的排法有种．
故答案为：72．
13. 长时间看手机有可能影响视力. 据调查，某校学生有 的人近视，而该校有 的学生每天看手机时间超过 ，这些人的近视率为 . 现从每天看手机时间不超过 的学生中任意调查一名学生，则该名学生近视的概率为_____________.
【答案】0.4##
【解析】
【分析】由全概率公式求解即可.
【详解】记事件“抽到每天看手机时间超过的学生”，事件“抽到每天看手机时间不超过的学生”，事件“抽到近视的学生”，
由题意得，，，，，
因为，
所以，解得，
所以从每天看手机时间不超过的学生中任意调查一名学生，则该名学生近视的概率为.
故答案为：.
14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由得.设，，求导，分析函数单调性，求两个函数的值域，再根据函数值域的包含关系求的取值范围.
【详解】由得，
设，，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
所以.
且当时，；当时，，
故的值域为；
设，，则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以，
且当时，；当时，，
故的值域为；
依题意，的值域是的值域的子集.
显然，若，则的值域为，不合题意，舍去；
若，则的值域，
则需的值域，则，解得.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：由得.设，，对任意，都存在，使得就转化成的值域是的值域的子集.
四、解答题：本题共2小题，共24分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 袋中有除颜色外完全相同的白球和黑球共个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个白球的概率为．
（1）求白球和黑球各有多少个；
（2）已知第二次取出白球，求第一次取出黑球的概率．
【答案】（1）白球的个数为，黑球的个数为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件至少有一个白球的概率为，列出概率算式求解即可；
（2）根据分别求出和，代入条件概率公式求解即可.
【小问1详解】
设黑球的个数为，
由至少有一个白球的概率为，则，解得，
因为，，因此，
所以，袋子中白球的个数为，黑球的个数为；
【小问2详解】
记事件为第二次取出白球，则，
记事件为第一次取出黑球，，
所以.
16. 已知等比数列的前项和为，且，其中．
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列前项的和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）（解法一）利用数列的和与项的一般关系项和得到项的递推关系，从而求得等比数列的公比为，在中令，并利用转化,可求得，进而得到等比数列的通项公式；
（解法二）设等比数列的公比为，已知，取，，并利用等比数列的通项公式和求和公式得到关于首项和公比的方程组，求解后，即可写出等比数列的通项公式；
（2）根据题意，利用等差数列通项公式得到，得，进而，然后直接利用错位相减求和法求得数列前项的和,或者先利用错位相减求和法求得数列前项的和,再写出数列前项的和.
【详解】解：（1）（解法一）设等比数列的公比为，已知，
当时，，
两式相减可得，
即，则，
当时，得，
即，解得，
故等比数列的通项公式为．
（解法二）设等比数列的公比为，已知，
当时，得，即，
当时，得，即，
两式相除可得，因为，所以，，
故等比数列的通项公式为．
（2）若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则，
即为，
整理得，所以，
，
即，
，
两式相减得：，
所以，
故数列前项的和．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查错位相减求和法，属中档题，关键是错位相减法求和中要做到准确运算.
17. 荆州疫情期间，要对荆州市民做一次全员检测，彻底摸清荆州市的详细情况某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：
方案①：将每个人的血分别化验，这时需要验次．
方案②：按个人一组进行随机分组，把从每组个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这个人的血就只需检验一次这时认为每个人的血化验次；否则，若呈阳性，则需对这个人的血样再分别进行一次化验这样，该组个人的血总共需要化验次假设此次检验中每个人的血样化验呈阳性的概率为，且这些人之间的试验反应相互独立．
（1）设，在方案②中按分组，求某一组的混合血液呈阴性的概率；
（2）设方案②中，某组个人中每个人的血化验次数为，求的分布列；
（3）设 试比较方案②中，分别取，，时，各需化验的平均总次数；并指出在这三种分组情况下，相比方案①，化验次数最多可以减少多少次？最后结果四舍五入保留整数
【答案】（1）0.81
（2）
（3）次，次，次，次．
【解析】
【分析】（1）利用两事件为独立事件，则概率等于概率乘积求解即可；
（2）根据相互独立，则个人的血混合后呈阴性反应的概率为，呈阳性反应的概率为，写出分布列即可；
（3）先每个人的平均化验次数即求出，再分别求出分别取，，时的次数，比较大小，求解即可.
【小问1详解】
已知，则每人血样阴性概率为，
时，混合血液呈阴性等价于2人血样均为阴性，且相互独立，
则该组混合血液呈阴性的概率为，故该组混合血液呈阴性的概率为0.81；
【小问2详解】
设每个人的血呈阴性反应的概率为，则，
所以个人的血混合后呈阴性反应的概率为，呈阳性反应的概率为，
依题意可知可能取值为，所以的分布列为：
【小问3详解】
方案中，结合（2）知每个人的平均化验次数为：
，
所以当时，，此时人需要化验的总次数为次；
当时，，此时人需要化验的总次数为次；
当时，，此时人需要化验的总次数为次，
即时化验次数最多，时次数居中，时化验次数最少，
而采用方案则需化验次，故在这三种分组情况下，相比方案，
当时化验次数最多可以平均减少次．
18. 已知既是椭圆短轴端点，又是双曲线的顶点，椭圆离心率为，双曲线离心率为，且是方程的两根．过点的动直线与椭圆交于，与双曲线交于．
（1）求椭圆和双曲线的标准方程；
（2）若直线的斜率为1时，求；
（3）过点作的平行线交直线于点，问：线段的中点是否在定直线上，若在，求出该直线；若不在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）
（3）在，
【解析】
【分析】（1）解方程得，再由既是椭圆短轴端点，又是双曲线的顶点，待定系数求得两曲线方程；
（2）分别联立直线方程与两曲线方程，由弦长公式求得弦长，再由面积比即为弦长比可得；
（3）联立直线与椭圆方程，设，，由韦达定理得，由坐标表示直线方程，令，得坐标，进而得中点坐标，结合韦达定理消参得中点所在定直线.
【小问1详解】
由题，是方程的两根，
又，
解得，，
又既是椭圆短轴端点，又是双曲线的顶点，
所以，，
由，，
解得，，
所以椭圆的标准方程为：，
双曲线的标准方程为：；
【小问2详解】
当直线的斜率为1时，直线的方程为：，
令，，，，
将直线的方程与椭圆和双曲线的方程联立，
，得，
其中，则，
所以；
联立，得，
其中，则，
所以；
所以；
【小问3详解】
易知的斜率存在且不为0，
设：，，，
与椭圆的方程联立 ，
得，
其中，
且，
又因为，
此时：，所以，
令线段的中点为，则，则
，
将*代入上式，得
，
所以，所以线段的中点在定直线上．

19. 已知函数有两个不同零点，（）.
（1）求a的取值范围；
（2）证明：；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值，结合零点分析求解即可；
（2）构建，利用导数可证，根据题意结合函数单调性分析证明；
（3）分析可知等价于，构建函数证明即可；利用切线放缩可得，，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，可知，
且当x趋近于或时，趋近于，
若函数有两个不同零点，则，即，
所以a的取值范围为.
【小问2详解】
构建，
则，可知在内单调递增，
可得，即，可得，
由题意可知：，
则，
又因为，且在内单调递增，
则，所以.
【小问3详解】
由（2）可得，
即，则，
若证，等价于，即，
因为，即，
可得，整理可得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，
注意到，则，即；
因为，即切点坐标为，切线斜率，
则在处切线方程为，即，
令，可得，
构建，则
令，可得；令，可得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，即，
则，且在定义域内单调递减，所以；
因为，即切点坐标为，切线斜率，
则在处切线方程为，即，
令，可得，
构建， 即，
则，且在定义域内单调递增，所以；
注意到等号不能同时成立，所以；
综上所述：.