辽宁朝阳市建平县高级中学2025-2026学年高二下学期第一次月考数学检测试卷 附答案

/建平高中2025-2026学年度高二下学期第一次月考数学试卷第一部分（选择题共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，则（）A.1 B. C.2 D.【正确答案】A【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据共轭复数的定义以及模长公式求解.【详解】,故，2.已知集合，，则集合（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用集合的运算，求出，再结合条件，即可求解.【详解】因，则，又，则.3.已知命题；命题，则（）A.和都是真命题 B.和都是真命题C.和都是真命题 D.和都是真命题【正确答案】B【分析】根据余弦函数的有界性命题的否定判断，根据一次函数和指数函数的单调性命题的否定判断.【详解】因为，所以命题是假命题，是真命题；因为是增函数，所以当时，；因为是增函数，所以.所以命题是真命题，是假命题.4.“圆”在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的月洞门.如图，某园林中的圆弧形月洞门高为，底面宽为，则该月洞门所在圆弧的半径为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】建立平面直角坐标系，求出圆一般方程，求其半径长即可.【详解】如下图所示，以线段的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，由题意可知、、，设圆弧所在圆的方程为，将、、三点的坐标代入圆的方程可得，解得，所以圆弧所在圆的一般方程为，标准方程为，故该圆的半径为.故选：C.5.已知随机变量服从正态分布，记函数，则（

）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求解．【详解】因为随机变量服从正态分布，所以该正态分布密度函数曲线的对称轴为，如图：因为函数，所以函数是单调递增函数，则，故ABC错误；又,所以，所以，故D正确.6.已知随机变量的分布列如下：012若，则（）A. B.7 C.21 D.22【正确答案】C【详解】易知，可得；又，可知，所以，解得，因此；所以.7.已知正方体的棱长为，若空间中存在一点，满足，则点到直线的距离为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，因为，即点，，，所以点到直线的距离为.故选：A.8.某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（）A.35 B.36 C.42 D.50【正确答案】D【分析】以舱的人数为分类依据，将5人分配到A、B、C三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数.【详解】有四类不同的安排情形：①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱，有种不同的安排方法；②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱，有种不同的安排方法；③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱，有种不同的安排方法；④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱，有种不同的安排方法；综上，不同的安排方法共有种.本题是分类加法计数原理+分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀或不均匀分组与排列计算.二、选择题：（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）．9.已知，则下列各选项正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】AC【分析】利用作差法判断A；举例说明判断BD；利用不等式性质判断C.【详解】对于A，由，得，则，A正确；对于B，取，满足，而，B错误；对于C，由，得，则，因此，C正确；对于D，取，满足，而，D错误．故选：AC10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.直线是图象的一条对称轴C.D.函数为偶函数【正确答案】ABD【分析】首先根据函数的图象，求函数的解析式，再根据选项，采用代入验证的方法，判断选项.详解】对于A，由图象可知，，得.将点代入的解析式，得，则，即.因为，所以，A正确；对于B，，，B正确；对于C，，C错误；对于D，，其为偶函数，D正确.故选：ABD11.设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（）A.，是相互独立事件 B.事件，互斥C. D.【正确答案】AC【分析】利用独立事件、互斥事件的定义与概率公式即可判断选项A、B、C，利用条件概率的定义与公式即可判断选项D.【详解】根据概率加法公式可知，即，所以.选项A：因为，所以，相互独立，故A正确.选项B：若，互斥，则，但，故B错误.选项C：，，，故C正确.选项D：，，故D错误.三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12.的展开式中，的系数是________.【正确答案】80【详解】，令，解得，故的系数为.13.某产品的研发投入费用（单位：万元）与销售量（单位：万件）之间的对应数据如下表所示：/万元2.22.64.35.05.9/万件3.85.47.010.3512.2根据表中的数据，可得回归直线方程，则___________；【正确答案】1.33【分析】根据回归直线方程经过样本中心点即可求解.【详解】（万元），（万件），由回归直线方程经过可得，，解得.14.如图所示，在三棱锥中，点在棱上，且，为中点，则时，则___________【正确答案】##【详解】由，为中点，可得，所以，所以，因此.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.在中，内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，，点是边上的一点，且，求和的面积.【正确答案】（1）（2）；【分析】（1）根据正弦定理将题设的条件中边的关系转化为角的关系，再结合三角形的内角和定理、诱导公式与正弦的和角公式化简即可求得；（2）由（1）可知，；方法1：在中，由正弦定理可得有关角的三角函数值，结合角与角的关系可得到有关角的三角函数值，然后由余弦定理可得的值；在中，利用可求得的值；在中，由正弦定理可得的值；最后利用三角形的面积公式即可求得结果.方法2：在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得；在中，结合为钝角，得到角为锐角，进而得到，由三角形内角和定理可得，于是得到的值，由正弦定理求得；最后利用三角形的面积公式即可求得结果.【小问1详解】依题意，由正弦定理得，其中为的外接圆半径；所以；又在中，，所以，所以；又，所以，即；所以，化简得；又，所以，即，又，所以.小问2详解】方法1：由（1）知，，又，所以，即，；在中，由正弦定理得，所以；又，，所以，即，即，化简得，即；又因为，所以，所以，所以，同理；由余弦定理得，所以；在中，由，得；所以；在中，，所以；由正弦定理得，即，解得；所以的面积为.方法2：由（1）知，，又，所以，即，；在中，由余弦定理得，所以；由正弦定理得，即，解得；在中，由，得，为钝角，所以角为锐角，所以；又，所以；由正弦定理得，即，解得；所以的面积为.16.某工厂推出一款新产品，为了调查顾客对该新产品的满意程度，厂家分别对甲地的300名使用者和乙地的200名使用者进行问卷调查，统计并得到如下列联表：甲地使用者乙地使用者合计不满意10050150满意200150350合计300200500（1）根据小概率值的独立性检验，分析使用者的满意度是否与区域有关；（2）从使用该产品不满意的顾客中，采用分层抽样的方法随机抽取9名使用者，再从这9名使用者中随机抽取4人进一步调研，记4人中乙地人数为，求的分布列和数学期望.附录.0.150.10.050.0250.010.0012.0722.7063.8415.0246.63510.828【正确答案】（1）认为使用者的满意度与区域无关（2）分布列见解析，【分析】（1）提出零假设，计算卡方值，将其与小概率值对应的临界值比较即得结果.（2）求出抽样比，确定所抽取的9名使用者中，甲地与乙地使用者的人数，依题意确定的可能值，利用超几何分布概率公式求出相应的概率，列出分布列，计算数学期望即可.【小问1详解】零假设为：使用者的满意度与区域无关，代入列联表中的数据可得：根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，故可认为使用者的满意度与区域无关.小问2详解】从使用该产品不满意的顾客中，采用分层抽样的方法，得到甲地使用者与乙地使用者的抽样比为，则9名使用者中甲地6人､乙地3人.因为4人中乙地人数为，所以的可能取值为，其对应的概率分别为：，，的分布列为：0123故数学期望为17.某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．（1）求智能客服的回答被采纳的概率；（2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；（3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由，【正确答案】（1）（2），，0123（3）会得到推广，因为.【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解；（2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差；（3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论.【小问1详解】设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，则，则.【小问2详解】由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，因此随机变量服从二项分布，则，，，，，，，的分布列为：0123【小问3详解】随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，则，满足推广条件，因此该系统会得到推广.18.如图，在四棱锥中，已知底面为直角梯形，，，平面平面，．（1）若E，F分别为棱PD，BC的中点，求证：平面；（2）若四棱锥的体积为16，点M在棱（不含端点）上运动，当为何值时，平面与平面所成二面角的余弦值为？【正确答案】（1）证明见解析（2）或【分析】（1）先应用线面平行判定定理证明平面平面PAB，，再应用面面平行性质定理得出线面平行；（2）先应用面面垂直性质定理得出平面ABCD，再应用四棱锥体积公式计算得出，再建系得出平面及平面的法向量，最后应用面面角余弦计算求解参数即可.【小问1详解】取AD的中点为G，连接EG，GF，因为E，F分别为棱PD，BC的中点，则，．因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，因为，平面，，所以平面平面，又因为平面，所以平面．【小问2详解】取AB的中点为O，连接PO，CO，因为，所以，又因为平面，平面平面，平面平面，所以平面ABCD，即为四棱锥的高，得四棱锥体积为，得．又因为，O为AB中点，所以，又因为，所以四边形为矩形，所以．故以O为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则，所以，又因为M在棱PD上运动，所以存在，使，所以，又因为，所以，所以，又因为，设平面的法向量，则，则，取，则，得，所以．因为，设平面的法向量，则，得，所以，取，则，所以．设平面CMB与平面PAD所成角为，则，故，所以或，又因为，所以或均符合题意，即或．19.如图，从椭圆（）上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点，为椭圆右顶点，为椭圆上顶点，且，，为椭圆右焦点，过的直线（不与重合）与椭圆交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在一点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）求的面积的取值范围．【正确答案】（1）（2）存在，（3）【分析】（1）根据平行线的性质，结合代入法进行求解即可；（2）设出直线的方程与椭圆的方程联立，