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荆州中学 2025~2026 学年高二下学期五月月考
数学试题
（全卷满分150分 考试用时120分钟）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 曲线 在点 处切线的斜率为（ ）
A. 2 B. 1 C. -1 D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，转化为求 可得解.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，所以所求切线的斜率为-1.
故选：C.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，属于基础题.
2. 展开式中 的系数为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中 的系数．
【详解】因为 ，则 展开式中含 的项为 ；展开式中含 的项为 ，故 的系数为 ，
故选：C．
3. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名
次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你虽然不是最差的，但你的
名次没有甲的好.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为（ ）
A. 12 B. 18 C. 27 D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况，分别求出各种情况的种类数，从而可求解.
【详解】由题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况：
当乙得第4名，有 种可能；
当乙得第3名，有 种可能，
故共有 种，故B正确.
故选：B.
4. 若函数 在区间 上单调递增，则实数m的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得 在 上恒成立，然后参变分离，构造函数 ，
利用导数研究函数 的最值即可求出结果.
【详解】由题意，函数 ，可得 ，
因为函数 在 上单调递增，即 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
设 ，则 ，
所以函数 在 为单调递增函数，所以 ，
即实数m的取值范围是 .
故选：B.
5. 在某次数学测试中，学生成绩 服从正态分布 ，若 在 内的概率为0.6，则
任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不高于80的概率为（ ）
A. 0.16 B. 0.24 C. 0.32 D. 0.48
【答案】C
【解析】
【分析】根据 服从正态分布 ，得到曲线的对称轴是直线 ，利用 在 内取值
的概率为0.6，求出成绩不高于80的概率，再利用相互独立事件的概率公式即可求得结论．
【详解】解： 服从正态分布
曲线的对称轴是直线 ，
在 内取值的概率为0.6，
在 内取值的概率为0.3，
在 内取值的概率为 ．
现任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不高于80的概率
故选：C
6. 从混有 张假钞的 张百元钞票中任意抽出 张，将其中 张放到验钞机上检验发现是假钞，则另 张
也是假钞的概率为（ ）A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用条件概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记事件 抽到的至少 张钞票是假钞，记事件 抽到的 张钞票都是假钞，
则 ， ，
因此， .
故选：C.
【点睛】思路点睛：用定义法求条件概率 的步骤：
（1）分析题意，弄清概率模型；
（2）计算 、 ；
（3）代入公式求 .
7. 世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人
分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这
四项工作，则不同的选派方案共有（ ）种.
A. 120 B. 60 C. 24 D. 36
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，小张和小赵只能从事前两项工作，由此分为2种情况讨论，结合排列组合，即可求解.
【详解】根据题意可分为2种情况讨论：
（i）若小张或小赵只有一人入选，则有 种不同的选派方案；（ii）若小张，小赵都入选则有 种不同的选派方案，
综上可得，共有 种不同的选派方案.
故选：D
1
8. 将杨辉三角形中的每一个数 都换成 ，就得到一个如图所示的分数三角形，称为“莱布尼茨
(n+1)Cr
n
三角形”，它具有很多优美的性质，比如从第 行开始每一个数都等于其“脚下”两个数之和 记第 行所有
数的和为 ，关于数列 ，下列说法中错误的是（ ）
5
A. a =
3 6
1 1
B. 当 且 时a = a +
n 2 n−1 n
1
C. a <
2024 1012
n+2
D. 数列 的前 项和S ≥4−
n 2n−1
【答案】C
【解析】
1
【分析】直接求 判断A；设第 行的
个数依次为t1 ，t2 ，⋯，tn
，
根据ti +ti+1=ti ，t1=tn=
，
n n n n n n−1 n n n
2
可得2a =(t1+t2)+(t2+t3)+⋯+(tn−1+tn)+(t1+tn)=t1 +t2 +⋯+tn−1+ ，可判断B；当 时，
n n n n n n n n n n−1 n−1 n−1 n
2 2 1 1 1 1
数列 为递减数列，根据a =(a −a )+ > 可判断C；当 时，a = a + ≥ a + ，
n n−1 n n n n 2 n−1 n 2 n−1 2n−1n
从而可得a ≥ ，利用错位相减法可判断D．
n 2n−1
1 1 1 5
【详解】对于A，a = + + = ，故A正确；
3 3 6 3 6
对于B，设第 行的
个数依次为t1 ，t2 ，⋯，tn
，
n n n
1
a =t1+t2+⋯+tn ，ti +ti+1=ti ，t1=tn= ，
n n n n n n n−1 n n n
故2a =2(t1+t2+⋯+tn)=(t1+t2)+(t2+t3)+⋯+(tn−1+tn)+(t1+tn)
n n n n n n n n n n n n
2 2
=t1 +t2 +⋯+tn−1+ =a + ，
n−1 n−1 n−1 n n−1 n
1 1
故a = a + ，故B正确；
n 2 n−1 n
(1 1) (1 1 ) 1 (1 1 )
对于C，a −a = a + − a + = (a −a )+ − ，
n n−1 2 n−1 n 2 n−2 n−1 2 n−1 n−2 n n−1
a −a =0 ，可得a −a <0 ，可得a −a <0 ， ， ，
1 2 3 2 4 3
当 时，数列 为递减数列，
1 1 2 2 2
a = a + ，即2a =a + ，可得a =(a −a )+ > ，
n 2 n−1 n n n−1 n n n−1 n n n
2 1
故a > = ，故C错误；
2024 2024 1012
1 1 1 1
对于D，当 时，a = a + ≥ a + ，当且仅当 时等号成立，
n 2 n−1 n 2 n−1 2n−1
n
则2n−1a ≥2n−2a +1 ，故2n−1a ≥n ，即a ≥ ，
n n−1 n n 2n−1
设b =¿，
n
，则 ，
1
1−( ) n
1 1 1 1 n 2 n n+2
可得 T =1+ + +⋯+ − = − =2− ，
2 n 2 22 2n−1 2n 1 2n 2n
1−
2即 ，
n+2
故S ≥4− ，当且仅当 时，等号成立，故D正确．
n 2n−1
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若随机变量 的数学期望 ，则E(2X−1)=9
B. 若随机变量 的方差 ，则D(2Y +5)=12
C. 将一枚质地均匀的硬币抛掷 次，记正面向上的次数为 ，则 服从二项分布
D. 从 男 女共 名学生干部中随机选取 名学生干部，记选出女学生干部的人数为 ，则 服从超几
何分布
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于选项A，因为E(2X−1)=2E(X)−1=2×4−1=7 ，故A错误；
对于选项B，因为D(2Y +5)=4D(Y)=4×3=12 ，故B正确；
( 1)
对于选项C，根据二项分布的概念可知随机变量 服从B 3, ，故C正确；
2
对于选项D，根据超几何分布的概念可知 服从超几何分布，故D正确．
10. 在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛，决赛采用五局三胜制和三局两胜制其中一种，若
每局比赛甲胜乙的概率都为 ，没有和局，且各局比赛的胜负互不影响，则下列说法中正确的是（
）
A. 若采用三局两胜制，甲获得冠军时，比分为 的可能性最大
B. 若采用五局三胜制，甲获得冠军时，比分为 和 的可能性相等
C. 若采用五局三胜制，则比赛对乙更有利
D. 若采用五局三胜制，乙先赢了一局，甲仍有超过 的可能性获得冠军【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，比较 获胜和 获胜的概率判断；对于B，分别求得 获胜和 获胜的概率判
断；对于C，分别求得三局两胜制和五局三胜制乙胜的概率判断；对于 D，由前四局甲胜三局和前三局胜
2局求解判断.
【详解】对于 A，若采用三局两胜制，甲以 获胜的概率为 ，甲以 获胜的概率为
2 1 2 8 4
C1× × × = < ，故A错误
2 3 3 3 27 9
2 1 2 8
对于B，若采用五局三胜制，甲以 获胜的概率为 ，甲以 获胜的概率为C2×( ) 2× × = ，
3 3 3 3 27
故B正确
对于 C，因为采用三局两胜制甲胜的概率为 ，采用五局三胜制甲胜的概率为
8 8 2 1 2 64
+ +C2×( ) 2×( ) 2× = ，
27 27 4 3 3 3 81
所以采用三局两胜制和五局三胜制乙胜的概率分别为 和 ，所以采用三局两胜制对乙更有利，故C错
误
2 2 1 2 16 1
对于D，若采用五局三胜制，乙先赢了一局，甲获得冠军的概率为( ) 3+C2 ( ) 2× × = > ，所以
3 3 3 3 3 27 2
D正确．
11. 已知 ， 分别为椭圆 的左、右焦点， 为椭圆上任意一点（不在 轴上），
外接圆的圆心为 ，半径为 ， 内切圆的圆心为 ，半径为 ，直线 交 轴于点 ，
为坐标原点，则（ ）
A. 最大时， B. 的最小值为C. D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据焦点三角形的面积 ，可知其最大值，再根据内切圆半径公式可判断A选项，
根据外心的概念及向量的线性运算可判断B选项，根据内切圆的性质可得 ，即可判断C选项，
再根据外接圆半径与内切圆半径的求法可判断D选项.
【详解】由 ，得 ， ， ，
A选项：设 ，则 ， ， ，所以当点
在短轴端点时，面积最大值为 ，
此时由内切圆性质可知 ，
则 ，A选项错误；
设 ， ，则 ，
B选项：如图所示，设 中点为 ，则 ，所以，
又 ，
同理 ，
所以
，当且仅当 时，等号成立，B选项正确；
C选项：设 与 交于点 ，由角分线定理可知 ，即
，即 ，
所以 ，所以 ，C选项正确；
D选项：设 ，由正弦定理得 ，即 ，
由余弦定理得 ，
则 ，且 ，即 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
，所以 ，
则 ，D选项正确；
故选：BCD.
【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常
利用正弦定理、余弦定理、|PF|＋|PF|＝2a，得到a，c的关系．
1 2
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种．
【答案】72
【解析】
【分析】先求出所有的排法，再排除甲乙二人相邻的排法，即得甲、乙两人中间至少有一人的排法．
【详解】解：5个人排成一排所有的排法共有 种，
其中甲乙二人相邻的排法有 种，
所以甲、乙两人中间至少有一人的排法有 种．
故答案为：72．
13. 长时间看手机有可能影响视力. 据调查，某校学生有 的人近视，而该校有 的学生每天看手
机时间超过 ，这些人的近视率为 . 现从每天看手机时间不超过 的学生中任意调查一名学生，
则该名学生近视的概率为_____________.
【答案】0.4##
【解析】
【分析】由全概率公式求解即可.
【详解】记事件 “抽到每天看手机时间超过 的学生”，事件 “抽到每天看手机时间不超过
的学生”，事件 “抽到近视的学生”，由题意得， ， ， ， ，
因为 ，
所以 ，解得 ，
所以从每天看手机时间不超过 的学生中任意调查一名学生，则该名学生近视的概率为 .
故答案为： .
14. 已知 ， ，若对任意 ，都存在 ，使得
，则实数a的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由 得 .设 ， ，求导，分析函数单调性，
求两个函数的值域，再根据函数值域的包含关系求 的取值范围.
【详解】由 得 ，
设 ， ，则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减；
所以 .
且当 时， ；当 时， ，故 的值域为 ；
设 ， ，则 ，
当 时， ，则 在 上单调递减；
当 时， ，则 在 上单调递增；
所以 ，
且当 时， ；当 时， ，
故 的值域为 ；
依题意， 的值域是 的值域的子集.
显然 ，若 ，则 的值域为 ，不合题意，舍去；
若 ，则 的值域 ，
则需 的值域 ，则 ，解得 .
综上，实数a的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：由 得 .设 ， ，对任意
，都存在 ，使得 就转化成 的值域是 的值域的子集.四、解答题：本题共2小题，共24分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 袋中有除颜色外完全相同的白球和黑球共 个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个白球的概率
为 ．
（1）求白球和黑球各有多少个；
（2）已知第二次取出白球，求第一次取出黑球的概率．
【答案】（1）白球的个数为 ，黑球的个数为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件至少有一个白球的概率为 ，列出概率算式求解即可；
（2）根据分别求出 和 ，代入条件概率公式 求解即可.
【小问1详解】
设黑球的个数为 ，
由至少有一个白球的概率为 ，则 ，解得 ，
因为 ， ，因此 ，
所以，袋子中白球的个数为 ，黑球的个数为 ；
【小问2详解】
记事件 为第二次取出白球，则 ，
记事件 为第一次取出黑球， ，所以 .
16. 已知等比数列 的前 项和为 ，且 ，其中 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）在 与 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，求数列 前
项的和 ．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】（1）（解法一）利用数列的和与项的一般关系项和得到项的递推关系，从而求得等比数列
的公比为 ，在 中令 ，并利用 转化,可求得 ，进而得到等比数列 的
通项公式；
（解法二）设等比数列 的公比为 ，已知 ，取 ， ，并利用等比数列的通项公
式和求和公式得到关于首项和公比的方程组，求解后，即可写出等比数列 的通项公式；
（2）根据题意，利用等差数列通项公式得到 ，得 ，进而 ，然
后直接利用错位相减求和法求得数列 前 项的和,或者先利用错位相减求和法求得数列 前
项的和,再写出数列 前 项的和.
【详解】解：（1）（解法一）设等比数列 的公比为 ，已知 ，当 时， ，
两式相减可得 ，
即 ，则 ，
当 时，得 ，
即 ，解得 ，
故等比数列 的通项公式为 ．
（解法二）设等比数列 的公比为 ，已知 ，
当 时，得 ，即 ，
当 时，得 ，即 ，
两式相除可得 ，因为 ，所以 ， ，
故等比数列 的通项公式为 ．
（2）若在 与 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，
则 ，
即为 ，
整理得 ，所以 ，
，
即 ，
，两式相减得： ，
所以 ，
故数列 前 项的和 ．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查错位相减求和法，属中档题，关键是错位相减法
求和中要做到准确运算.
17. 荆州疫情期间，要对荆州市民做一次全员检测，彻底摸清荆州市的详细情况 某医院为筛查冠状病毒，
需要检验血液是否为阳性，现有 份血液样本，有以下两种检验方式：
方案①：将每个人的血分别化验，这时需要验 次．
方案②：按 个人一组进行随机分组，把从每组 个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每个人的血均
为阴性，则验出的结果呈阴性，这 个人的血就只需检验一次 这时认为每个人的血化验 次 ；否则，
若呈阳性，则需对这 个人的血样再分别进行一次化验这样，该组 个人的血总共需要化验 次假设此
次检验中每个人的血样化验呈阳性的概率为 ，且这些人之间的试验反应相互独立．
（1）设 ，在方案②中按 分组，求某一组的混合血液呈阴性的概率；
（2）设方案②中，某组 个人中每个人的血化验次数为 ，求 的分布列；
（3）设 试比较方案②中， 分别取 ， ， 时，各需化验的平均总次数；并指出在这三种分
组情况下，相比方案①，化验次数最多可以减少多少次？ 最后结果四舍五入保留整数
【答案】（1）0.81
（2）（3） 次， 次， 次， 次．
【解析】
【分析】（1）利用两事件为独立事件，则概率等于概率乘积求解即可；
（2）根据相互独立，则 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 ，呈阳性反应的概率为 ，写出分
布列即可；
（3）先每个人的平均化验次数即求出 ，再分别求出 分别取 ， ， 时的次数，比较大小，求解
即可.
【小问1详解】
已知 ，则每人血样阴性概率为 ，
时，混合血液呈阴性等价于2人血样均为阴性，且相互独立，
则该组混合血液呈阴性的概率为 ，故该组混合血液呈阴性的概率为0.81；
【小问2详解】
设每个人的血呈阴性反应的概率为 ，则 ，
所以 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 ，呈阳性反应的概率为 ，
依题意可知 可能取值为 ，所以 的分布列为：
【小问3详解】
方案 中，结合（2）知每个人的平均化验次数为：，
所以当 时， ，此时 人需要化验的总次数为 次；
当 时， ，此时 人需要化验的总次数为 次；
当 时， ，此时 人需要化验的总次数为 次，
即 时化验次数最多， 时次数居中， 时化验次数最少，
而采用方案 则需化验 次，故在这三种分组情况下，相比方案 ，
当 时化验次数最多可以平均减少 次．
18. 已知 既是椭圆 短轴端点，又是双曲线 的顶点，椭圆离心率为 ，双曲线离心率为 ，且
是方程 的两根．过点 的动直线 与椭圆 交于 ，与双曲线 交于
．
（1）求椭圆 和双曲线 的标准方程；
（2）若直线 的斜率为1时，求 ；
（3）过点 作 的平行线交直线 于点 ，问：线段 的中点是否在定直线上，若在，求出该直
线；若不在，请说明理由．
【答案】（1） ；
（2）
（3）在，
【解析】【分析】（1）解方程得 ，再由 既是椭圆 短轴端点，又是双曲线 的顶点，待定系数求得
两曲线方程；
（2）分别联立直线方程与两曲线方程，由弦长公式求得弦长，再由面积比即为弦长比可得；
（3）联立直线 与椭圆 方程，设 ， ，由韦达定理得，由 坐标表示直线 方程，
令 ，得 坐标，进而得 中点坐标，结合韦达定理消参得中点所在定直线.
【小问1详解】
由题 ， 是方程 的两根，
又 ，
解得 ， ，
又 既是椭圆 短轴端点，又是双曲线 的顶点，
所以 ， ，
由 ， ，
解得 ， ，
所以椭圆 的标准方程为： ，
双曲线 的标准方程为： ；
【小问2详解】
当直线 的斜率为1时，直线 的方程为： ，
令 ， ， ， ，
将直线 的方程与椭圆 和双曲线 的方程联立，，得 ，
其中 ，则 ，
所以 ；
联立 ，得 ，
其中 ，则 ，
所以 ；
所以 ；
【小问3详解】
易知 的斜率存在且不为0，
设 ： ， ， ，与椭圆 的方程联立 ，
得 ，
其中 ，
且 ，
又因为 ，
此时 ： ，所以 ，
令线段 的中点为 ，则 ，则
，
将*代入上式，得
，所以 ，所以线段 的中点 在定直线 上．
19. 已知函数 有两个不同零点 ， （ ）.
（1）求a的取值范围；
（2）证明： ；
（3）证明： .
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断 的单调性和最值，结合零点分析求解即可；
（2）构建 ，利用导数可证 ，根据题意结
合函数单调性分析证明；
（3）分析可知 等价于 ，构建函数证明即可；利用切线放缩可得
， ，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可知： 的定义域为 ，且 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，可知 ，
且当x趋近于 或 时， 趋近于 ，
若函数 有两个不同零点，则 ，即 ，
所以a的取值范围为 .
【小问2详解】
构建 ，
则 ，可知 在 内单调递增，
可得 ，即 ，可得 ，
由题意可知： ，
则 ，
又因为 ，且 在 内单调递增，
则 ，所以 .
【小问3详解】
由（2）可得 ，
即 ，则 ，
若证 ，等价于 ，即 ，
因为 ，即 ，
可得 ，整理可得 ，构建 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 ，
注意到 ，则 ，即 ；
因为 ，即切点坐标为 ，切线斜率 ，
则 在 处切线方程为 ，即 ，
令 ，可得 ，
构建 ，则
令 ，可得 ；令 ，可得 ；
可知 在 内单调递增，在 内单调递减，
则 ，即 ，
则 ，且 在定义域 内单调递减，所以 ；
因为 ，即切点坐标为 ，切线斜率 ，
则 在 处切线方程为 ，即 ，令 ，可得 ，
构建 ， 即 ，
则 ，且 在定义域 内单调递增，所以 ；
注意到等号不能同时成立，所以 ；
综上所述： .
