数学-广西南宁市南宁三中2025-2026学年度下学期高二月考(一)_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年04月高二试卷_260407广西南宁市南宁三中2025-2026学年度下学期高二月考(一)

南宁三中 2025～2026 学年度下学期高二月考（一）
数学试题
2026.3
命题人：刘辉 审题人：蒙华生 黄樱
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。
1．4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的
报名方法种数是（ ）
A．12 B．24 C．64 D．81
6
 1 
2．  2x 的展开式中的常数项为（ ）
x2 
A．60 B．120 C．160 D．240
3．从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为（ ）
A．60 B．84 C．100 D．120
4．已知A，B是随机事件，若PAB 2 ，P  B A   3 ，则PA（ ）
3 5
A． 1 B． 1 C．1 D． 3
3 6 2 5
5．已知1axx25的展开式中x3项的系数为80，则实数a的值为（ ）
3 1
A． B．2 C．1 D．
2 2
6．各地旅游业爆火，青秀山是广西旅游胜地．某大学一个寝室6位同学A,B,C,D,E,F 慕名而来，游览
结束后，在西门门前站一排合影留念，要求A,B相邻，C在D的左边（C和D不一定相邻），则不
同的站法共有（ ）
A．480种 B．240种 C．120种 D．60种
7．某学校拟派5名教师去甲、乙、丙这3所不同的学校参观学习，每名教师只去一所学校，每个学校
至少要派遣1名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有（ ）
A．110种 B．100种 C．90种 D．80种
8．已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有
小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
高二月考（一） 数学试题 第1页 共4页
学科网（北京）股份有限公司二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．在一个不透明的盒子中，放有标号分别为1，2，3，4的四个大小相同的小球，现从这个盒子中有放
回地先后取两个小球，取到球的标号分别为x，y，记 xy ，则下列说法正确的是（ ）
A．事件“3”与“x4且y1”是相等事件
B．当2时，x，y的取值有4种情况
5
C．P1
16
7
D．P2|x y
10
10．已知 f x2x1100 a axa x2  a x100，则下列描述正确的是（ ）
0 1 2 100
A．a a a a 0
1 2 3 100
B． f x的展开式中，所有含x的偶数次项的二项式系数和为299
C． f(1)被7整除所得的余数是4
D．a 2a 3a 100a 100
1 2 3 100
11．有n  nN*,n10  个编号分别为1,2,3,,n的盒子，1号盒子中有1个白球和2个黑球，其余盒子
中均有2个白球和2个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3
号盒子； ；以此类推，记“从i号盒子取出的球是白球”为事件Ai1,2,3,,n，则（ ）
i
A．PAA  3 B．P  A∣A  3 C．P  A A   13 D．PA P  A 
1 2 5 1 2 7 1 2 15 n n
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．某批产品分别来自甲，乙，丙三条生产线，甲生产线生产的产品占50%，次品率为4%；乙生产线
生产的产品占30%，次品率为5%；丙生产线生产的产品占20%，次品率为6%．现从这批产品中
随机抽取一件进行检测，则抽到的产品是次品的概率是______．
1
13．(1x )6的展开式中常数项为___________.
x
14．将五张标有1、2、3、4、5的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩
下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按13542取走卡片
的顺序是“和谐序”，按15234取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这5
张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________．
高二月考（一） 数学试题 第2页 共4页
学科网（北京）股份有限公司四、解答题：本题共5小题，共77分，其中第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题
17分，第19题17分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
15．已知等比数列a 满足a 2，且2a 是a 与a 2的等差中项．
n 1 2 1 3
(1)求a 的通项公式；
n
(2)若b 3nlog a ，求数列b 的前n项和S ．
n 2 n n n
16．甲、乙两位同学参加投篮练习，由他们的投篮位置和命中情况确定得分可能为3分、2分、0分，
1 1 1
根据以往练习统计数据，甲一次投篮得3分、2分、0分的概率分别为 、、 ，乙不投3分球，他
4 2 4
2 1
一次投篮得2分、0分的概率分别为 、．若甲、乙各投篮一次称为一轮投篮，且甲、乙投篮相互
3 3
独立，每次投篮也互不影响．
(1)记一轮投篮后，甲的得分为M ，乙的得分为N，求PM N；
(2)记一轮投篮后，甲乙所得分数之和为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望．
17．如图，ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，CD平面ABC，E为线段AD的中点．
(1)求证：平面BCE平面ACD；
(2)若AB 5，BC1，CD2 3，求平面BCE与平面BDE所成角的余弦值．
高二月考（一） 数学试题 第3页 共4页
学科网（北京）股份有限公司18．已知抛物线C:y2 2px(p0)的准线为l，点M(2,1)到l的距离为3.过点M 作两条直线， 其中
斜率为k 的直线与C交于A、B两点，斜率为k 的直线与C交于E、F 两点，其中点B，F 均在第
1 2
四象限.
(1)求抛物线C的方程;
k
(2)若 1 1，证明: AM  BM  EM  FM ;
k
2
(3)若直线BF经过点D(2,0)，证明直线AF 经过定点，并求出该定点坐标.
lnx
19．已知函数 f xax ，aR．
x
(1)当a1时，求 f x在区间 1,e 上的最大值与最小值；
(2)讨论 f x的零点个数；
aex
(3)若函数gx ax2x f x1  有三个不同的极值点x 1 ，x 2 ，x 3 ，且满足
x
4
 1e2
gx gx gx  ，求a的取值范围．
1 2 3 e2
高二月考（一） 数学试题 第4页 共4页
学科网（北京）股份有限公司南宁三中 2025～2026 学年度下学期高二月考（一）参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D D C B A C B C BD ABC BCD
1．D【详解】由题意可知：每位同学均有3个运动队选择，所以不同的报名方法种数是333381.
6
1  1 
2．D【详解】共有6个因式，从2个因式中选择 ，在剩下的4个因式中选择2x，则  2x 的展
x2 x2 
2
 1 
开式中的常数项为C2   2x4 240.
6x2 
3．C【详解】从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字，共有A3种选法，若首位为0，从剩下
6
的五个数字中任选2个数字，共有A2种选法，所以组成无重复数字的三位数的个数为A3A2 100.
5 6 5
 
4．B【详解】由条件概率公式得P  B|A   P AB ，因此P  AB  P(B|A)P  A   3 1PA，将P(AB)
 
P A 5
2 3 1 5 1
代入P(AB)P(A)P(AB) 得 P(A) ( 1P(A) )，解得P(A)   .
3 5 15 2 6
5．A【详解】由1axx25 x25 ax x25，而x25展开式中的通项为
T Ck x5k 2k  Ck 2k x5k，k 0,1,2,3,4,5，令5k 3，得k 2；令5k 2，得k 3，
k1 5 5
3
则1axx25的展开式中x3项的系数为C222aC323 80，解得a .
5 5 2
6．C【详解】A,B站在一起有A2种，将A,B看成一个整体与C,D,E,F 进行全排列，共有A2A5种，同
2 2 5
A2 A5
时要求C在D的左边，共有 2 5 120种．故选：C.
A2
2
7．B【详解】若丙校派遣1人，则甲校可以派遣1或2或3人，派遣方案有C1 C1 C2C3 70种；
5 4 4 4
若丙校派遣2人，则甲校必须派遣2人，派遣方案有C2C2 30种；所以满足条件的不同的派遣方案
5 3
有7030100 种
8．C【详解】因为24511或123511，所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放
到编号1、2、3、5的四个盒子中，（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至
高二月考（一） 数学答案 第1页 共9页
学科网（北京）股份有限公司少放一个小球，所以在三个盒子中有两种方法：各放1个，2个，2个的方法有
C1C2C2 561
5 4 2 A3  321 90种.各放3个，1个，1个的方法有
A2 3 21
2
C3C1C1 1021
5 2 1 A3  321 60种.（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，
A2 3 21
2
C2C1C1C1 10321
1个，1个，1个的方法有 5 3 2 1 A4  4321 240种.综上，总的放球方法数为
A3 4 321
3
9060240390 种.故选：C
9．BD【详解】事件“3”表示 xy 3，有“x4且y1”或“x1且y 4”两种情况，故A错误；当
x1 x2 x3 x4
2时， 或 或 或 四种情况，故B正确；从这个盒子中有放回地先后取两
y3 y4 y1 y2
x1 x2 x3 x2 x3 x4
个小球，共4416种情况，其中1的有 或 或 或 或 或 共6
y2 y3 y4 y1 y2 y3
6 3 x1 x2 x3 x4 x2
种情况，P1  ，故C错误；x y的情况有 、 、 、 、 、
16 8 y1 y1 y1 y1 y2
x3 x4 x3 x4 x4 x1 x2 x2
 、 、 、 、 共10种，其中2且x y的有 、 、 、
y2 y2 y3 y3 y4 y1 y1 y2
  x3 、   x3 、   x4 、   x4 共7种，P  2 x y  7 ，故D正确．
y2 y3 y3 y4 10
10．ABC.【详解】令x1得a a a ++a 1，令x0得a 1，故a a ++a 1，A正确；
0 1 2 100 0 1 2 100
所有含x的偶数次项的二项式系数和与所有含x的偶数次项的二项式系数和相等，都为299，故B正
确；f(1)3100 950 (72)50，故只需考虑250被7整除得余数，因250 4248 4816 4(71)16，
被7整除的余数为4，故C正确. 对2x1100 a axa x2  a x100两边求导得
0 1 2 100
1002x1992a 2a x1 3a x2  100a x99，再令x1得a 2a 3a 100a 100，
1 2 3 100 1 2 3 100
故D错误.
1 3 1 1 3 2 2 7
11．BCD.【详解】对于A，PAA    ，所以A错误；对于B，PA      ，所
1 2 3 5 5 2 3 5 3 5 15
1
以P  A∣A  P(A 1 A 2 )  5  3 ，所以B正确；对于C，因为P  A   2 ，P  AA   2  2  4 ，
1 2 P(A ) 7 7 1 3 1 2 3 5 15
2
15
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学科网（北京）股份有限公司所以P  A A  P  A  PA P  AA   2  7  4  13 ，所以C正确，对于D，由题意可得
1 2 1 2 1 2 3 15 15 15
PA 1  1 3 ，P  A 1   2 3 ，PA n  5 3 PA n1  5 2  1PA n1    1 5 PA n1  5 2 ，所以
1 1 1  1 1 1 1
PA n  2  5  PA n1  2  ，所以数列  PA n  2   是以 5 为公比，PA 1  2  6 为首项的等比
数列，所以PA n  1 2  1 6    1 5   n1 ，所以PA n  1 2  1 6     1 5    n1  1 2 ，所以P  A n  1PA  1 2 ，
则PA P  A  ，所以D正确.故选：BCD.
n n
12．0.047【详解】设抽到的产品来自甲生产线为事件A，来自乙生产线为事件B，来自丙生产线为事
件C，抽到的产品为次品时事件D，则PA0.5，PB0.3，PC0.2，PD|A0.04，
PD|B0.05，PD|C0.06.所以
PDPAPD|APBPD|BPCPD|C 0.50.040.30.050.20.06 0.047.
1  1 r  1 r
13．141【详解】解：(1x )6的展开式的通项为T Cr16rx

Crx

，其中r 0,1,2,,6
x r1 6  x 6  x
 1 r 1 k
又 x  的通项为Ckxrk  Ckxr2k，其中k 0,1,,r，则取常数项时r 2k ，则r的可能
 x r x r
1
取值为0,2,4,6，对应的k的取值为0,1,2,3，则(1x )6的展开式的常数项为：
x
C0C0C2C1 C4C2C6C3 1309020141.
6 0 6 2 6 4 6 6
7
14． 【详解】分两种情况讨论：（1）第一步，从1号或3号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽1号
30
卡片，第二步，从3号或5号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片，第三步，从2号或5
号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽2号卡片，第四步，从4号或5号卡片抽取一张，有2种
情况，第五步，抽最后一张卡片，此时，不同的抽法种数为24 16种；（2）第一步，抽5号卡片，
第二步，从1、3、4号卡片抽取一张，有3种情况，比如先抽1号卡片，第三步，从3、4号卡片
抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片，第四步，从2、4号卡片抽取一张，有2种情况，第
五步，抽最后一张卡片，此时，不同的抽法种数为32212种.而从5张卡片随意抽取，不同的
28 7
抽法种数为A5 120，因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为  .
5 120 30
高二月考（一） 数学答案 第3页 共9页
学科网（北京）股份有限公司15．【详解】（1）设等比数列a 的公比为q（q0)，
n
因为2a 是a 与a 2的等差中项，所以4a a a 2，..................................................(2分)
2 1 3 2 1 3
所以8q2q2，因为q0，所以q4，.................................................................................(4分)
所以a 的通项公式为a 22n1．.............................................................(6分)
n n
（2）由（1）可得b 3nlog a 3nlog 22n12n13n，......................................................(7分)
n 2 n 2
则S 1313325332n13n，①......................................................(8分)
n
3S 1323335342n13n1，②......................................................(9分)
n
①②得2S 32  32333n 2n13n1
n
323n1
32 2n13n16 2n2 3n1．...................................................(12分)
13
则S n13n13．....................................(13分)
n
1 1 1
16．【详解】（1）M 的取值为3,2,0,对应的概率分别为P(M 3) ，P(M 2) ，P(M 0) .
4 2 4
.....................................................(1分)
2 1
N 的取值为2,0，对应的概率分别为P(N 2) ，P(N 0) .
3 3
.....................................................(2分)
1 2 1 1
当M 3时，N取2或0都满足M N ，此时概率为P(M 3)[P(N 2)P(N 0)] (  ) .
4 3 3 4
.....................................................(3分)
当M 2时，N取2或0都满足M N ，
1 2 1 1
此时概率为P(M 2)[P(N 2)P(N 0)] (  ) .
2 3 3 2
.....................................................(4分)
当M 0时，只有N 0满足M N ，
1 1 1
此时概率为P(M 0)P(N 0)   ......................................................(5分)
4 3 12
1 1 1 5
根据互斥事件概率的加法公式，可得P(M  N)    ...................................................(7分)
4 2 12 6
高二月考（一） 数学答案 第4页 共9页
学科网（北京）股份有限公司（2）X 的可能取值为0,2，3，4，5.........................................................................................(8分)
1 1 1
P(X 0)P(M 0)P(N 0)   ................................................................................(9分)
4 3 12
1 1 1 2 1
P(X 2)P(M 2)P(N 0)P(M 0)P(N 2)     ...................................(10分)
2 3 4 3 3
1 1 1
P(X 3)P(M 3)P(N 0)   ......................................................(11分)
4 3 12
1 2 1
P(X 4)P(M 2)P(N 2)   ......................................................(12分)
2 3 3
1 2 1
P(X 5)P(M 3)P(N 2)   . .....................................................(13分)
4 3 6
X 的分布列如下表所示：
X 0 2 3 4 5
1 1 1 1 1
P
12 3 12 3 6
.....................................................(14分)
1 1 1 1 1 2 1 4 5 37
可得E(X)0 2 3 4 5      .
12 3 12 3 6 3 4 3 6 12
.....................................................(15分)
17．【详解】（1）证明 因为ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，所以AC BC．
.....................................................(2分)
因为CD平面ABC，BC平面ABC，所以CDBC．.....................................................(4分)
又AC，CD平面ACD，ACCD C ，
所以BC平面ACD．.....................................................(5分)
因为BC平面BCE ，所以平面BCE平面ACD．.....................................................(6分)
（2）因为CD平面ABC，AC，BC平面ABC，
所以CD AC，CDBC．
以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，.....................................................(7分)
因为AB 5，BC1，所以AC2，
则A2,0,0，B0,1,0，D  0,0,2 3  ，E  1,0, 3  ，.....................................................(8分)
所以C  E    1,0, 3  ，C  B  0,1,0．
高二月考（一） 数学答案 第5页 共9页
学科网（北京）股份有限公司 
  mCE 0, x  3z 0,
设平面BCE的法向量mx 1 ,y 1 ,z 1 ，由   m  C  B  0, 得 y 1 0, 1
1
不妨设z 1，则x  3，所以平面BCE的一个法向量
1 1
  
m  3,0,1 ．.....................................................(11分)
又  B  D    0,1,2 3  ，  D  E    1,0, 3  ，设平面BDE的法向量n  x ,y ,z ，
2 2 2
 
 nBD0,  y 2 3z 0,
由 n  D  E  0, 得   x  2 3z  2 0, 不妨设z 2 1，则x 2  3，y 2 2 3，
2 2
  
所以平面BDE的一个法向量n 3,2 3,1 ．.....................................................(14分)
 
  mn 2 1
所以 cos<m,n>      ，
m n 24 4
1
即平面BCE 与平面BDE所成角的余弦值为 ．.....................................................(15分)
4
(注意：法向量求对一个给3分)
p
18．【详解】（1）抛物线C:y2 2px(p0)的准线为l:x ，
2
p
由点M(2,1)到l的距离为3，得2( )3，................................................(2分)
2
解得 p2，所以抛物线C的方程y2 4x.................................................(4分)
1 k 1
（2）依题意，令 t，由 1 1，得 t，设A(x ,y ),B(x ,y )，
k k k 1 1 2 2
1 2 2
直线AB的方程为xt(y1)2，直线EF的方程为xt(y1)2，
xt(y1)2
由 消去x得y24ty4t80，则y y 4t,y y 4t8，
y2 4x 1 2 1 2
................................................(6分)
|AM ||BM | 1t2 | y 1| 1t2 | y 1|(1t2)| y y  y  y 1|
1 2 1 2 1 2
(1t2)|4t84t1|7t27，................................................(8分)
同理得|EM ||FM |7t27，
所以|AM ||BM ||EM ||FM | .................................................(9分)
y y y y 4
k  2 1  2 1 
（3）直线AB的斜率 AB x x y2y2 y  y ，................................................(11分)
2 1 2 1 2 1
4
高二月考（一） 数学答案 第6页 共9页
学科网（北京）股份有限公司4
方程为yy  (xx )，整理得(y y )y4xy y ，................................................(12分)
1 y y 1 1 2 1 2
2 1
而直线AB过点M(2,1)，则(y y )8y y ，................................................(13分)
1 2 1 2
设F(x ,y )，同理得直线BF的方程(y  y )y4x y y，而直线BF过点D(2,0)，
3 3 2 3 2 3
因此y y 8，................................................(14分)
2 3
由(y y )8y y ，得(y y y y )8y y y y ，................................................(15分)
1 2 1 2 1 3 2 3 3 1 2 3
则y y 8(y y )8，直线AF 的方程(y y )y4xy y ，
1 3 1 3 1 3 1 3
即(y y )y4x8(y y )8，整理得(y y )(y8)4(x2)，
1 3 1 3 1 3
所以直线AF 经过定点(2,8).................................................(17分)
lnx x2lnx1
19．【详解】（1）当a1时， f x x ， fx ，
x x2
................................................(1分)
当x1,e时， fx0，所以 f x在 1,e 上单调递增，................................................(2分)
所以 f x  f 11，................................................(3分)
min
1
f x  f ee ．................................................(4分)
max e
lnx lnx lnx
（2）令 f x0，得ax 0，即a ，令hx ，则 f x的零点个数等价于直线ya
x x2 x2
与函数hx的图象的交点个数，....................................................(5分)
12lnx
hx x0，令hx0，得x e，
x3
当x  0, e  时，12lnx0，则hx0，所以hx在  0, e  上单调递增；
当x  e,  时，12lnx0，则hx0，所以hx在  e,  上单调递减，
所以hx  h  e   ln e  1 ，
max  2 2e
e
又当x0时，hx，当x时，hx0；
所以hx的大致图象如图所示
高二月考（一） 数学答案 第7页 共9页
学科网（北京）股份有限公司........................................................................................................................................(7分)
数形结合得，当a 1 时，直线ya与hx的图象无交点，故 f x无零点；
2e
........................................................................................................................................(8分)
当a 1 或a0时，直线ya与hx的图象有1个公共点，故 f x有1个零点；
2e
.........................................................................................................................................(9分)
1
当0a 时，直线ya与hx的图象有2个交点，故 f x有2个零点.
2e
........................................................................................................................................(10分)
aex aex
（3）由题知gx ax2 x

f x 1

 xln x，
x x
则 gx
ax1ex
1 1 
 aex x x1
,x0,，
x2 x x2
当a0时，aex x0，方程gx0只有唯一解1，显然不合题意；
...........................................................................................................................................................(11分)
x
当a0时，由gx0，可得x1，或a ，
ex
x 1x
令mx ,x0,，则mx ，
ex ex
当x0,1时，mx0，mx在0,1上单调递增；
当x1,时，mx0，mx在1,上单调递减；
所以mx在x1处取得最大值，此时m1 1 ，
e
又当x0时，mx0，当x时，mx0，
要使gx在定义域内有三个不同的极值点x,x ,x ，
1 2 3
1
需使mx的图象与直线ya有两个不同的交点，即得0a ，
e
...............................................................................................................................................................(12分)
x x
不妨设x  x  x ，则0x 1x x ，所以a 1  3 ，即aex1 x,aex3 x ，
1 2 3 1 2 3 ex1 ex3 1 3
所以lnx x lna,lnx x lna ，
1 1 3 3
所以gx gx gx 


aex1
x lnx

 ae1


aex3
x lnx


1 2 3  x 1 1   x 3 3 
1 3
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学科网（北京）股份有限公司ae11x lnx 1x lnx ae11lna2，....................................................(14分)
1 1 3 3
1  2
令aae11lna2 ,0a ，则a1lna 3eelna ，
e  a
2  1
易知y3eelna 在a0, 上单调递增，
a  e
2 1 1
所以3eelna 3eeln 2e0，又1lna1ln 0，
a e e
 1
所以a0，即a在0, 上单调递增，
 e
 1   1  4
 1e2
1 1 4
 1e2
因为 e3    e2 1  132 e2 ，则当a  e3 , e 时，恒有a e2 ，
...................................................................................................................................................(16分)
1 1 4
 1e2
即当a

, 时， gx gx gx  恒成立，
e3 e 1 2 3 e2
1 1
所以实数a的取值范围是

, ．.......................................................................................(17分)
e3 e
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