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河南驻马店市新蔡县第一高级中学2025-2026学年下学期7月月考高二文科数学试题
一、单选题
1．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列满足．若，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．在一次数学适应性考试中，高三年级某班的数学成绩服从正态分布，且，则的值为（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
5．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.8和0.2；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1，假设发送信号0和1是等可能的.已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．过点作圆的两条切线，切点分别为，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知定义在上的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．随机变量，则
B．随机变量服从两点分布，且，则
C．随机变量的分布列为，则
D．随机变量满足，且，则
10．已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．数列的公差为3
B．数列是递增数列
C．数列中的最小项为
D．成等差数列
11．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．在定义域内单调递增
B．的对称中心为
C．若，则的最小值为
D．已知，为方程的两个根，且，则的取值范围为
三、填空题
12．已知二项式，则展开式中的系数为_____．
13．袋中装有标号为1，2，3，4，5且质地、大小相同的5个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码后将两球放回，如果两个号码的和是偶数，则获奖. 若有4人参与摸球，则恰好2人获奖的概率是________．
14．已知，若函数有两个零点，则正数m的取值范围是________
四、解答题
15．已知满足，为等比数列，，．
(1)求和的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
16．现有四人参加摄影作品有奖大赛，规定每人只能选取一幅作品参加比赛．每一幅作品都要通过三次评审，三次评审都通过才可获奖．每一幅作品第一次评审被淘汰的概率为，第二次评审被淘汰的概率为，第三次评审被淘汰的概率为，每次评审是否被淘汰相互独立．
(1)求送审的每幅作品被淘汰的概率．
(2)每幅送审作品，若能够通过三次评审，则该幅作品可获奖金9000元；若被淘汰，则该幅作品要亏损3000元的报名费．求这四幅作品所获奖金的分布列和数学期望．
17．把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
(1)证明：平面；
(2)若在同一个球面上，求该球的半径；
(3)求平面与平面所成角的余弦值．
18．已知椭圆的长轴长为，点在上．
(1)求的离心率；
(2)若点在上，为坐标原点，求面积的最大值；
(3)设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴的交点坐标．
19．已知函数，．
(1)当时，求函数的极值；
(2)若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求切线的方程；
(3)当时，恒成立，求实数的取值范围．
试卷第2页，共4页
《河南驻马店市新蔡县第一高级中学2025-2026学年下学期7月月考高二文科数学试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D A B B B C ABD ABD
题号 11
答案 ABC
1．A
解析：，，
，
，解得．
2．B
解析：由题意，，，，，…
故数列周期为4，则.
故选：B
3．D
解析：因为成等差数列，设其公差为，
所以，所以，
所以，所以．
4．A
解析：因为服从正态分布，且，
则，
则.
故选：A
5．B
解析：设“发送的信号为0”， “接收到的信号为0”，则“发送的信号为1”， “接收到的信号为1”，
由题意得，，，，，
，
．
6．B
解析：由 可得，
所以，进而可得，
故，
所以四边形的面积为.
7．B
解析：令，
，
，
在上单调递减，
又，
，
不等式可化为，
，
故选：B.
8．C
解析：因为直线的，由角平分线性质定理可知，
所以，由双曲线的定义可知，所以，
在中由余弦定理可得，
即，整理得，
两边同除以可得，解得或（舍去）．
故选：C
9．ABD
解析：选项A：随机变量，根据正态分布性质，则，选项A正确；
选项B：随机变量服从两点分布，且，则，进而，选项B正确；
选项C：随机变量的分布列为，则，解得，选项C错误；
选项D：随机变量满足，且，则，进而，选项D正确.
10．ABD
解析：设等差数列的首项为，公差为；
由可得，解得，
所以数列的公差为3，即A正确；
依题意可得，
所以，即B正确；
由，由二次函数性质以及可得，当时，，所以C错误；
由
，所以成等差数列，故D正确.
故选：ABD
11．ABC
解析：选项A，由题意 的定义域为 ，
因为 恒成立，当且仅当时，
所以在定义域内单调递增，A正确；
选项B，设的对称中心为，由对称中心的定义可知 对恒成立，代入
整理得，令，
解得，所以的对称中心为 ，B正确；
选项C，因为，
所以，
则，即，
因为，所以，
等号成立时 ，C正确；
选项D，因为为方程的两个不同根，
所以，
因为，所以 ，则，
故 ，得，D错误.
12．
解析：展开式的通项，其中，
令，得，
的系数为．
13．
解析：从袋子中一次性摸出两个球，共有种情况，
其中两个号码的和为偶数的有共4种情况，
所以一个人摸球，能够获奖的概率为，
所以4人参与摸球，恰好2人获奖的概率.
故答案为：.
14．
解析：令函数，可得有两个不等实根，
当时，，整理得，
令，则，
令，解得或0（舍），
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以的极大值为，
当时，，当时，；
当时，，整理得，
令，则，
令，解得，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以的极大值为，
当时，，当时，，
作出、与图象，如下图所示：
因为函数有两个零点，且，
所以与和图象一共有两个交点，
由图象得，则正数m的取值范围是.
故答案为：
15．(1) ，
(2)
解析：（1）由对任意正整数成立，可知是首项、公差的等差数列，由等差数列通项公式得：；
设等比数列公比为，已知，故，代入得：
等比数列公比，两边同除以，可得，
即，解得，因此.
（2）由题意得，
①
②
②①得：
.
16．(1)
(2)分布列如下表．
Y
P
期望为20000
解析：（1）设事件分别为“一幅送审作品在第一、二、三次评审时通过”，
事件A为“一幅送审作品通过了三次评审”，
事件B为“一幅送审作品被淘汰”，则．
由题意，得．
因为，
所以，
所以送审的每幅作品被淘汰的概率为．
（2）设四幅作品中，获奖的作品数为随机变量X．
由题意知，X的可能取值为0，1，2，3，4，且．
设这四幅作品所获奖金为随机变量Y（单位：元），
则，
Y的对应可能取值为．
因为，
， ，
，
所以Y的分布列如下表．
Y
P
所以期望为：.
17．(1)证明如下：
二面角为直二面角，即平面平面，
又因为平面，平面平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
由题意平面，
所以平面．
(2)
(3)
解析：（1）略
（2）取中点中点，连接，
则，
因为平面，平面，所以，所以，
在中，为中点，所以.
以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则．
设该球的球心坐标为，则
解得.
所以该球的半径为.
（3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，
平面平面平面，
平面平面，所以平面．
而平面，故，
又因为，平面，故平面，
而平面，所以，
则为平面与平面的所成角.
直角三角形中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
法二：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，得平面的一个法向量为.
所以平面与平面所成角的余弦值为.
18．(1)
(2)
(3)
解析：（1）解：由椭圆的长轴长为，可得，解得，
又由点在上，可得，解得，即，
所以，
所以椭圆的离心率为.
（2）解：由（1）知：且，所以椭圆的方程为，
又由，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，
联立方程组，整理得，
因为直线与椭圆相切，可得，
可得，解得，
所以直线与直线之间的距离为：
，
直线与直线之间的距离为：
，
所以两平行线间的最大距离为，
又因为，
所以的面积的最大值为.
（3）解：因为动点在直线上，可设，其中，
再设，且，
可得直线的方程为，
联立方程组，整理得，
可得，可得，
所以，即，
同理可得：直线的方程为，且，
所以直线的斜率的倒数为，
所以直线的方程为，整理得，
设直线与轴的交点为，
令，可得，所以直线与轴的交点为.
19．(1)极小值，无极大值；
(2)
(3)
解析：（1）当时，，
令，解得，
易知当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故函数有极小值，无极大值；
（2），则，
又，所以在点处的切线方程为：，
即，
由，消去得，
由题意，解得，
经验证符合题意，
故，切线方程为：；
（3）当时，恒成立，
即在上恒成立，
当时，显然不等式成立，则，
当时，参变分离可得：恒成立，
设，
则，
令，由（1）可知，在上单调递增，
则，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
所以，则，
综上，实数的取值范围为.
答案第12页，共13页
答案第13页，共13页

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