2026浙江北斗星盟高二阶段性质量检测试卷高二数学月考试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025学年第二学期高二阶段性质量检测试卷高二年级数学试题考生须知：1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．若复数则（

）A．2 B． C．4 D．54．2026年马来西亚羽毛球公开赛中，国羽斩获两金三银，展现出顽强的拼搏精神与团队意识.某校举办羽毛球团体赛，现从5名男生，5名女生中选出8名组成4队混双(一男一女)参加比赛，则不同的组合方式有（

）种A．25 B．600 C．1200 D．144005．已知两点在曲线上，两点在曲线上，设.当直线均为曲线和公切线时，则的值为（

）A．1 B． C．2 D．6．已知函数与恰有三个交点，，，则（

）A． B．0 C．3 D．与a的取值有关7．已知函数.若对任意，都有，则实数的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知点A，B在曲线上，以点A，B为切点的关于曲线C的切线交于点P（P在第一象限），作，垂足为H，O为坐标原点.若且，则直线OP的斜率为（

）A． B． C． D．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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9．某校随机调查了40名高三学生某周参加体育锻炼的次数，得到如下频数分布表：锻炼次数x012345频数n46101262根据以上数据，下列结论正确的是（

）A．这组样本数据的中位数为2.5B．这组样本数据的平均数为2.4C．从这40名学生中随机抽取2名，恰有1名学生该周锻炼次数不少于3次的概率为D．若从锻炼次数不少于3次的学生中按分层抽样抽取10人，则应从锻炼次数为4次的学生中抽取4人10．已知函数下列说法正确的是（

）A．若，则方程有3个不相等的实数根B．若方程的3个不相等的实数根，则C．存在实数，使得直线与函数的图像有3个不同交点D．对任意实数，函数都是奇函数11．已知数列满足:，下列说法正确的是（

）A．B．数列单调递增C．存在正整数，使得D．数列单调递增第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，共15分.12．(x+1)(x+2)⁶展开式中x³的系数是____________________.13．将个半径为的小球放置在一个球形容器中(厚度忽略不计)，求球形容器的半径的最小值_________14．已知向量是互相垂直的单位向量，向量满足，若恰有两个不同的使得取到最大值，则的取值范围是______.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．已知锐角中，.(1)求B的大小;(2)若，求周长的取值范围.16．如图所示，已知三棱锥中，，，，.(1)在棱AB上取点E使，证明：.(2)求二面角的余弦值.17．平面内有一点和直线，动点满足：T到点F的距离与T到直线l的距离的比值是．记点T的运动轨迹是曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)过F且斜率存在的动直线m与曲线E交于A、B两点，P是x轴上的动点，满足．(i)求面积的取值范围；(ii)是否存在定点Q，使得对于任意的动直线m，都有A、B、Q、P四点共圆．18．甲、乙、丙三人进行传球游戏，规则如下：甲每次有概率传给乙，概率传给丙；乙每次等可能传给甲或丙；谁传给丙，丙就会把球传回给谁；已知传球游戏开始前，球在甲手中.(1)经过2次传球之后，球在甲、乙、丙手中的概率分别是多少?(2)经过n次传球之后，球在甲手中的概率是多少?(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且,则，记前n次(即从第1次到第n次传球)传球中，球在甲手中的次数为Y，求E(Y).19．已知函数和直线，其中.(1)当时，若该直线与曲线相切，求的值；(2)求的最小值，使得对任意实数，方程有且只有一个实根.(3)方程有三个不同的实根，证明：答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】因为集合，，所以，所以.2．D【详解】因为全称命题的否定是存在量词命题，所以命题“，”的否定是，.3．B【分析】根据复数的除法，模长公式求解即可．【详解】由，则，所以．4．B【详解】利用组合数和排列数，根据分步乘法计数原理即可求解.根据题意：第一步：先选4名男生有种选法，第二步：再选4名女生有种选法，第三步：给4名男生配一名女生有种选法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的组队方式.5．A【分析】设公切线在上切点横坐标为，写出两切线方程，令截距相等得关于的方程，注意到该方程若为根，则也为根，故两切点横坐标互为相反数，从而得到的值.【详解】导数为，导数为.设公切线切于，切于，则公切线斜率.的切线方程为；对代入，写出切线方程：.两切线截距相等，整理得若是上述方程的根，将代入方程左边得，即若是根，则也是根.题目中是方程的两个根，因此，得.因此.6．C【分析】分析可知函数，均关于点对称，结合函数对称性运算求解即可.【详解】由题意可得：，，可知函数，的定义域为，又因为，且，可知函数，均关于点对称，且，不妨设，可知点即为，点，关于点对称，则，，所以.7．C【分析】利用万能公式设，将三角不等式化为关于的二次不等式恒成立.需开口向下且判别式，解出范围；再单独验证不存在的情形（），得的最小值.【详解】原不等式为，当，令，利用万能公式，，，代入不等式两边同乘，整理得关于的二次不等式.对任意，二次函数恒小于等于0，需满足：开口向下，且判别式.计算判别式：，令，得3−m(3+1)≤0⟹m≥对（不存在的情况），代入原不等式得，，满足条件.因此的最小值为.8．C【分析】设，根据切线分析可知直线，与曲线C方程联立可得韦达定理，设线段的中点为，可知三点共线，可得，，结合长度关系运算求解即可.【详解】设，，，，，因为直线OP的斜率为，即，又因为点在曲线外，则，由题意可知：曲线在点A处的切线斜率不为0，可设切线方程为，联立方程，消去x可得，则，且，解得，则切线方程为，因为点在曲线上，则，所以曲线在点A处的切线方程为，即，同理可得：曲线在点B处的切线方程为，又因为两条切线均过点，则，可得直线，则点到直线的距离为，因为，，，则，，联立方程，消去x可得，则，，则，即，整理可得，即，整理可得，设线段的中点为，则，且，可得，即，因为直线的斜率为，可知三点共线，且，即，即，可知，则，即，整理可得，则，即，解得，即，所以直线OP的斜率为.9．ABC【分析】利用中位数的定义即可判断选项A；利用平均数的定义即可判断选项B；利用古典概率公式计算即可判断选项C；根据分层抽样的定义计算即可判断选项D．【详解】对于A，由总共有40个数据，则中位数为第20、21个数据的平均数，又第20个数据是2，第21个数据是3，所以这组样本数据的中位数为，故A正确；对于B，这组样本数据的平均数为，故B正确；对于C，由该周锻炼次数不少于3次的学生有人，则少于3次的学生有人，所以恰有1名学生该周锻炼次数不少于3次的概率为，故C正确；对于D，结合选项C有锻炼次数不少于3次的学生有人，锻炼次数为4次的学生有人，则应从锻炼次数为4次的学生中抽取人，故D错误．10．ABC【分析】对于A，利用单调研究单调性作出函数图像即可判断，对于B，由得，进而判断B，由得，令，利用导数研究单调性作出函数图像即可判断C，先求即可判断D.【详解】由题意得：，令，解得或，由或，由，所以在单调递增，在单调递减，又，作出函数的函数图像：由图可知：当时，方程有3个不相等的实数根，故A正确；由得，即，又，所以，所以，所以，故B正确；由，所以，令，所以，令，由或，由，所以在单调递增，在单调递减，所以的极大值为，的极小值为，作出的函数图像：由图可知：当时，直线与函数的图像有3个不同交点，故C正确；由，又，所以为偶函数，当时，为奇函数，故D错误.11．BD【分析】对A：令，结合题目所给条件，计算出即可得解；对B：借助数学归纳法结合函数在上单调递增，可得，即可得解；对C：借助反证法，假设存在正整数，使得，设为满足题意的最小下标，则可得，，计算可得，与矛盾，即可得解；对D：结合，可得，从而有，构造相应函数，利用导数研究其单调性即可得解.【详解】对A：令，则由，可得，又，则，，即，故（负值舍去），则，即，则（负值舍去），故，则，故A错误；对B：由，则，下面借助数学归纳法证明：当时，；假设当时，，则当时，，令，则在上单调递增，则，故；即对任意，都有，且有，即，故，故B正确；对C：假设存在正整数，使得，设为满足题意的最小下标，由，故，满足，且有，即，，由，则，则，，由，则，与矛盾，故假设不成立，故C错误；对D：，由，则，则（负值舍去），则，由B知，又，故，令，则，故单调递增，则随的增大而增大，故随的增大而增大，即数列单调递增，故D正确.12．【分析】利用多项式乘法分配律将(x+1)(x+2)⁶拆分为两项x(x+2)⁶+(x+2)⁶，结合二项式定理分别计算两项中对应的系数，即可求得的系数.【详解】x+1(x+2)⁶=x(x+2)⁶+(x+2)⁶设(x+2)⁶展开式通项为，那么,令,得,,即(x+2)⁶展开式中的项，令,得

,，故x(x+2)⁶展开式中项为，所以，的系数为.【点睛】13．##【分析】为了使容器半径最小，应将个小球按正八面体的顶点排列，结合相切性质计算即可得.【详解】如图，因为是在球形容器内，所以个小球的位置要尽量完美对称，把个小球球心放在一个正八面体的个顶点时，占空间最小，如图，设大球球心在点，正八面体每条棱长都相等，每个小球都相切，由小球半径为，则正八面体的棱长为，则，当小球与球形容器相切时，可得，即球形容器的半径的最小值为.14．【分析】由于向量是互相垂直的单位向量，不妨令，设，运用坐标解决问题，转化为求解点的轨迹问题.【详解】由于向量是互相垂直的单位向量，不妨令，设，由可得，故点为到定点与定点之和为的点的轨迹，若恰有两个不同的使得取到最大值，即恰有两个点使取得最大值，那么设，，当时，点轨迹不存在，无解；当即时，点轨迹为线段，由于线段中垂线方程为直线，经过原点，故此时取得最大值处为点或点；当即时，点轨迹为以点，点为焦点的椭圆，如图所示，不妨以线段中点为原点，所在直线为轴，不妨把点在y轴正半轴上为区别原点重命名为，则椭圆的标准方程为，则原问题等价于恰有两个点使取得最大值，那么，设那么函数图像为开口向下，对称轴为直线的抛物线，由于，所以当且时，恰有两个点使取得最大值，此时，取值范围为且，即取值范围为；当时，在上单调递减，在时取得最大值，取得最大值的点为，仅有一个点，不满足题意，舍去；综上，取值范围为.15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合内角和消去角A，通过恒等变换解出B的正切值从而求得角B，（2）利用正弦定理将周长转化为关于角A的三角函数，并利用锐角三角形的条件限定角A的取值范围，进而求出周长的取值范围.【详解】（1）由正弦定理得，在中，，则，则，即，即，因为，所以，则，即，因为，所以.（2）由正弦定理得，即，则，由题意得，即，解得，则，由正弦函数的性质得，则，即，则.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用余弦定理求解出角的大小进而确定等腰与等边三角形，通过三线合一的性质证明线面垂直，最终可得到线线垂直的结论，（2）在棱上取点构造二面角的平面角，通过解三角形求出该角的余弦值即可.【详解】（1）在中，由余弦定理得，因为为三角形内角，所以，在中，由余弦定理得，因为为三角形内角，所以，在中，且，所以是等边三角形，取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，在中，已知，所以是等腰三角形，故，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）在棱上取点，连接，使得，在中，，由余弦定理得，因为，所以，在平面内，过作交于点，连接，因为，且平面，平面，所以为二面角的平面角，在中，，，所以，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，在中，，所以二面角的余弦值为.17．(1)；(2)(i)；(ii)．【分析】(1)根据动点坐标，由所给条件列出关于的等式，化简即可得到动点轨迹方程；(2)(i)设直线方程，联立与椭圆的方程，利用弦长公式计算弦长，再根据中垂线方程求出点P坐标，计算点到直线的距离，代入计算面积，根据解析式计算面积的取值范围；(ii)取直线AB的对称直线：斜率为，得到两组四点：与，两组图形都关于x轴对称，因为四点共圆，若定点Q不在x轴上，则点Q关于x轴还有对称点，就不是唯一定点了；因此：满足题意的公共定点Q，必然在x轴上，可设Q点坐标，根据相交弦定理，列出等式，即可计算Q点坐标．【详解】（1）由，，可得：；T到直线l的距离；由题意得：，两边平方去分母可得：，整理得：，化简可得：，即；故曲线E的方程为．（2）(i)设直线m方程为：，，联立与曲线E的方程可得：，代入得：；恒成立；设，由韦达定理可得：，；设AB的中点为,则，；因为，则，故为直线m的中垂线，斜率为，故方程为：，令可得点的横坐标为：，故，则，故；令，则，可得：；则，故在时单调递减；故，故△PAB面积的取值范围为；(ii)设Q点坐标，Q点在F右侧则AB与PQ交于点F，根据圆的相交弦定理可得：，，故，解得：，故；综上，存在定点Q，使得对于任意的动直线m，都有A、B、Q、P四点共圆．【点睛】圆锥曲线与直线的综合问题，需先列式，根据含参数的式子再计算取值范围；对于探究性题目是否存在定点，可设存在，通过计算可判断假设是否成立．18．(1)，0，；(2)；(3)所以.【分析】(1)按游戏规则逐个求解；(2)当为奇数时，球不可能在甲手中,故；当为偶数时,寻找第次传球后与第次传球后的关系式，去求解第次传球后，球在甲手中的概率为；(3)设，则,且,根据期望的线性性质,，接着分当为偶数，和当为奇数求解.【详解】（1）经过2次传球之后，球在甲手中，则第一次甲传给乙，第二次乙传给甲，或者第一次甲传给丙，第二次丙传给甲，所以球在甲手中的概率是；经过2次传球之后，球肯定不会在乙手中，所以球在乙手中的概率是0；经过2次传球之后，球在丙手中，则第一次甲传给乙，第二次乙传给丙，所以球在丙手中的概率是；（2）设为第次传球后球在甲手中的概率，为在乙手中的概率，为在丙手中的概率，当为奇数时，球不