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试卷（含答案）

建平高中 2025-2026 学年度高二下学期第一次月考 数学试卷
(考试时间: 120 分钟, 分值: 150 分) 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.
2. 已知集合 ，则集合 ( )
A. B. C. D.
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
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.
5. 已知随机变量 服从正态分布 ，记函数 ，则()
A. B.
C. D.
6. 已知随机变量 的分布列如下:
-2 0 1 2
1 6 1 3
若 ,则 ( )
A. B. 7 C. 21 D. 22
7. 已知正方体 的棱长为 1，若空间中存在一点 ，满足 ，则点 到直线 的距离为( )
A. B. 1
C. D.
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
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.
10. 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
11. 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.
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_____.
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 2.2 2.6 4.3 5.0 5.9
万件 3.8 5.4 7.0 10.35 12.2
根据表中的数据,可得回归直线方程 ,则 _____；
14. 如图所示，在三棱锥 中，点 在棱 上，且 ， 为 中点，则 时，则 _____
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.
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 100 50 150
满意 200 150 350
合计 300 200 500
(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: .
0.15 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
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,
18. 如图,在四棱锥 中,已知底面 为直角梯形, , ,平面 平面 .
(1)若 分别为棱 的中点,求证: 平面 ;
(2)若四棱锥 的体积为 16，点 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
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.
1. A
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.
,故 ,
2. B
利用集合的运算,求出 ,再结合条件,即可求解.
因为 ,则 ,又 ,则 .
3. B
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 .
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. C
建立平面直角坐标系, 求出圆的一般方程, 求其半径长即可.
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. D
根据正态分布曲线的对称性即可求解.
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 错误;
又 ,
所以 ,所以 ,故 D 正确.
6. C
易知 ,可得 ;
又 ,可知 ,所以 ,解得 ,
因此 ;
所以 .
7. A
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.
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. D
以 舱的人数为分类依据,将 5 人分配到 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.
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 2 人，安排在 舱，
有 种不同的安排方法;
③ 舱安排 2 人，其余三人分成两组，一组1 人，一组2 人，安排在 舱， 有 种不同的安排方法;
④ 舱安排 3 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.
9. AC
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.
对于 ,由 ,得 ,则 正确;
对于 ,取 ,满足 ,而 错误;
对于 ,由 ,得 ,则 ,因此 正确; 对于 ,取 ,满足 ,而 错误.
故选: AC
10. ABD
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.
对于 ,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 正确;
对于 错误;
对于 ,其为偶函数, 正确.
故选: ABD
11. AC
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.
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 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.
12. 80
,令 ,解得 , 故 的系数为 .
13. 1.33
根据回归直线方程经过样本中心点 即可求解.
(万元)， (万件),
由回归直线方程经过 可得, ,解得 .
14.
由 为 中点,可得 ,
所以
,
所以 ,因此 .
15.
(2) ；
(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.
(1)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 .
(2)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.(1)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.
(2)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0,1,2,3,其对应的概率分别为:
的分布列为:
0 1 2 3
5 42 5 14
故数学期望为 .
17.
(2)
0 1 2 3
125 48 125 64 125
(3)会得到推广，因为 .
(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.
(1)设事件 表示回答被采纳,事件 表示问题表达清晰,
则 ,
则 .
(2)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:
0 1 2 3
1 125 12 125 48 125 64 125
(3)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.(1)取 的中点为 ，连接 ， ，
因为 分别为棱 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 .
(2)取 的中点为 ，连接 ， ，
因为 ,所以 ,又因为 平面 ,平面 平面 ,
平面 平面 ,
所以 平面 ,
即 为四棱锥 的高,得四棱锥体积为
,得 .
又因为 为 中点,所以 ,
又因为 ,所以四边形 为矩形,所以 .
故以 为坐标原点, 为 轴正方向, 为 轴正方向, 为 轴正方向建立空间直角坐标系, 如图,
则 ,
所以 ,
又因为 在棱 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 与平面 所成角为 ,则 ,
故 ，所以 或 ，
又因为 ,所以 或 均符合题意,即 或 .
19.
(2)存在,
(3)
(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，根据一元二次方程根的判别式、韦达定理，结合假设法、直线的斜率公式进行求解即可;
即可.
(1)由题意得 ,所以
因为 ,所以 ,所以 ,
又因为 ,
所以 ,
所以椭圆的方程为 .
(2)设直线 的方程为 ， ， ，
联立方程 得 ，
由韦达定理得 ,
假设存在点 ,使得 ,
则 ,
即 ,
即 ,所以 ,
所以 ,所以 ,
所以存在点 ,使得 .
(3)由(2)得
因为点 到直线 的距离
所以 的面积 令 ,则 ,
因为当 时, ,当且仅当 时,取等号,
所以 ,当且仅当 ,即 时取最大值,
所以 的面积 的取值范围为 .