福建省厦门市第六中学2025~2026学年高二下册6月月考数学试卷【附解析】

数学满分150分考试时间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.2883.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.0.35.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.0.46.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.408.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：ArtificialIntelligence，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5560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：0.10.050.010.001k2.7063.8416.63510.82819.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：．

数学满分150分考试时间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：思路：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.解答过程：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：思路：先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：A5.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：思路：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．解答过程：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：思路：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．解答过程：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：思路：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.解答过程：，，，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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：ABD10.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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：列出二项式的通项公式，令的指数为，可得，即可求解.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：（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．（1）略（2）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：思路：（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.（1）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；（2）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：思路：（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.（1）若，则，．又，所以，故曲线在处的切线方程为，即；（2）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；（3）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：ArtificialIntelligence，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5560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：0.10.050.010.001k2.7063.8416.63510.828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：思路：（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．（1）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．（2）（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