阶段质量监测二-【衡水真题密卷】2026年高考数学阶段质量监测（B版 低难度）

密真 2025一2026学年度阶段质量监测 卷题 数学（二） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：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.若(x+之)i=之十1，则之的虚部为 A.2 B.-2 C.2i D.-2i 2.已知向量a=(2,1+λ)，b=(一1,3)，若a⊥(a十2b),则入的值可以为 A.2 B.1 C.-1 D.-2 3.已知等比数列{am}满足am·am=a,则下列结论一定成立的为 ( A.m,n均为偶数B.m,n均为奇数 C.m十n为奇数 D.m十n为偶数 4.已知函数fx)=sim2x的图象与直线y=一2在区间[0，t]上有两个公共点，则实数1 的取值范围是 A竖) [11π23π B.1212 C.(12 23π D.（0,12 5.已知等差数列{am}的前n项和为Sm,am>0,且a员一1=4n(n十1)，则S1o= A.40 B.60 C.80 D.120 6.如图所示，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱DD1上靠近D1的三等 分点，机器猫P从点A开始依次经过侧面ABB1A1,侧面BCC1B1,侧面CDD1C1(不含 边界)到达点M,则机器猫P运动路程的最小值为 () D M D A.√85 B.√65 C.7 D.2√10 数学试题（二）第1页（共4页） 真题密卷·乃 7.在平行四边形ABCD中，点E满足B正=2EC,若BD=λAC+AE,则入+u=( 班级 A.11 B.5 C.-1 D.-11 8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱CC1上运动，则异面直线DP与AC 姓名 所成角的余弦值的最大值为 ( 得分 A D 2 A.1 B.V6 3 .3 D 3 3 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.已知集合M={1,2,3,4},N= x一2≤0，则 x+1 A.M∩N={1,2} B.MUN的元素个数为有限个 C.xo∈M是xo∈N的既不充分也不必要条件 D.集合M∩(CRN)中的元素之和为7 10.已知向量a,b的夹角为0，且满足a+2b=√10，a=2,|b|=1,则 A.a…b= 2 B3<0<8 2 C.a-2b=√6 D.a在b上的投影向量为2 11.在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形，PA=PD=√2， PA⊥PD,AB=2√2，则 A.点P在底面ABCD内的投影为AD的中点 B.PB PD C.PB与底面ABCD所成角的正弦值为3 D.将△PAB沿PB翻折至△PA'B,M,N分别为棱PA',BC的中点，则在翻折过程 中，M,N两点间的最长距离为，)0一见 介段质量监测 数学试题（二）第2页（共4页） B 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知复数x=cos9+S）+isin00<0<2）为纯虚数，则tan0= 3am,n为奇数， 13.已知数列{am}的前n项和为Sm,a1=1,am+1= 则S2025= 3am,n为偶数， 14.已知正四棱台上、下底面边长分别为9,15，高为4，有一球O始终与棱台的上、下底面 相切，且至少与一个侧面相切，则球心的轨迹长度为 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.(13分)已知复数之1=2-i是一元二次方程ax2+bx十1=0的根，且之2=2a十bi,a,b ∈R. (1)求a,b的值； (2)试判断之2在复平面内对应的点所在的象限，并求之2. 16.（15分)已知数列{am}的前n项和Sm满足√Sm+1=2√Sm一√Sm-1（n≥2)，且√S1=1, √S2=3. (1)求{am}的通项公式； (2)记五=。。，求数列仍，的前n项和T B 数学试题（二）第3页（共4页） 真题密卷 17.（15分)如图，在直三棱柱ABCA1B,C1中，AB⊥AC,AB=AA1. (1)证明：AC⊥A1B. (2)若BC=5,二面角ABCC的余弦值为0，求直三棱柱ABC-A,B,C,的 体积. B C 18.(17分)已知函数f(x)=e2+1十x2+x. (1)求f(x)的最值. (2)当x∈(1，十∞)时，不等式fx)≥十ax恒成立，求实数a的取值范围. (3)证明：f(x)>22+2x+lnx l9.(17分)对于数列{am},记差数列dm=am+1一an(n∈N*),若dm满足：存在正整数，当 n<k时，dm+1>dm,当n≥k时，dm+1<dn(即dm先单调递增后单调递减)，则称{an}为 “单峰阶梯数列”，称。为该数列的“阶梯峰值”，请根据上述定义求解下列问题 (1)已知数列{am}为：1,3,7,12,16，请判断{am}是否为单峰阶梯数列？若是，求出其阶 梯峰值；若不是，请说明理由. (2)已知单峰阶梯数列{am}的首项a1=2,差数列{dn}满足：d1=1,且当n≤2时dm+1= dm十2；当n≥3时d+1=dm一l,求{am}的第6项a6及阶梯峰值 (3)单峰阶梯数列{an}总项数为l0,差数列{dn}的阶梯峰值dm=t,d1=1,若{dn}的前 m项递增（公差为1），后9-m项递减（公差为-1），且dg=1,求t及a1o一a1的值. 阶段质量监测 数学试题（二）第4页（共4页）真题密卷 阶段质量监测（二） 参考答案及解析 2025一2026学年度阶段质量监测数学（二） 一、选择题 7.C【解析】因为B卫=2EC,所以A立=AB+ 1.B【解析】设之=a十bi(a,b∈R),则之=a-bi, 由(x+之)i=之+1，得2ai=a-bi+1,即 硫-A店+号成-A应+号市，A正-+ 1a+1=0'所以 BC=AB+AD a=-1, 所以之=一1一2i,虚部 2a=-b, =2, 所以AD=3AC-3AE,AB=3AE-2AC 所以BD=AD-AB=3AC-3AE-3AE十 为一2. 2.C【解析】由题意得a+2b=(0,7+),因为a⊥ 2AC=5AC-6AE,又BD=λAC+μAE,所以入 (a+2b),所以(0,7+λ)·(2,1+入)=0，即(7+ =5,4=-6,所以λ十4=-1. 1)×(1十入)=0，所以λ=-1或入=一7. 8.B【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在 3.D【解析】由等比数列{am}的性质可知，m十n= 的直线分别为x轴，y轴，之轴，建立如图所示的 空间直角坐标系， 2k,故m十n为偶数. 4A【解折]令n2x=号得2 7开十2km,k D ∈Z或2x=11m+2元，k∈Z, B 6 P 即z-7设+k∈2或x-+be2。 D 11元，7元 所以10≤t12十，即1π】 ,19元 x B 12≤t<12 取AB=2,则D(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,2,2), 5.D【解析】由a?-1=4n(n十1)，得a=4n2+4n 设P(0,2,t)(0≤t≤2)， +1=(2n十1)2，因为am>0,所以am=2n+1,所 则DP=(0,2,t),AC=(-2,2,2), 以S0=-(3+21)X10 2 =120, 设异面直线DP与AC1所成角为O, 6.A【解析】如图所示，将侧面CDD1C1,BCC1B, AC1·DP1 2|t+2 则cos0= ACDP 展开到侧面ABB1A1所在的平面上，连接AM, 23X√4+， 则AM即为机器猫P运动路程的最小值，因为 所以c0s0=1+2) 12+3r(0≤1≤2)， M为棱DD1上靠近D1的三等分点，所以DM= (t+2)2 2,又AD=9,所以AM=√AD2+DMF= 令fw)-12+30(0≤4≤2)， √81+4=√85， 则f'(t)= 2(t+2)(12+3t2)-6t(t+2)2 (12+3t2)2 C D 12(t+2)(2-t) (12+3t2)2, M 因为0≤t≤2，所以f'(t)≥0，f()单调递增，所 以当t=2时，f(t)有最大值，f(t)mx=f(2)= 2 √6 D A (P) ,所以cos0的最大值为3： B 数学答案（二） 第1页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 中，M为PA'的中点，Q为PB的中点，由翻折的不 9.ACD【解析】由题意得N={x一1<x≤2}. 变性可知MQ=2A'B=2AB-2,在△PBC中， 对于A,M∩N={1,2},故A正确； 对于B,因为N={x|-1<x≤2}含有无限个元 因为N为BC的中点，Q为PB的中点，所以 素，故B错误； N0PC-四在ON中，由金究里得 对于C,xo=4∈M,但x0=4任N,即充分性不成 MN2=MQ2+NQ-2MQ·NQ·cos∠MQN= 立，= 2了回x。—之王1，即必要生不 2十2 2XV2× 5 2cos∠MQN 成立，所以xo∈M是xo∈N的既不充分也不必 要条件，故C正确； 9 2 -25cos∠MQN,， 对于D,因为CRN={x|x≤-1或x>2},所以 因为-1≤cos∠MQN≤1，所以当cos∠MQN=-1 M∩(CRN)={3,4},故D正确. 时，MN2取得最大值， 10.ABC【解析】对于A,因为a+2b|=√10，所 以(a十2b)2=a2+4a·b+4b2=8+4a·b= 此时MN-2+2w5-9+5-62》,故 2 2 1 10,得a·b=2,故A正确； MN-10 +2,故D错误 药于B由A可得0o9-日治名 M 又0E[0,],所以管<0<受故B正确， 对于C,|a-2b2=(a-2b)2=a2-4a·b+ 1 4b2=8-4×2=6,所以a-2b=6,故C 正确； 三、填空题 对于lao0合-2Xb-0,tD 1 12.5【解析】因为复数之=cos(g+）十iin0 错误 11.AB【解析】如图所示，对于A,取AD的中点 (0<0<)为纯虚数，所以cos(0+)=0, E,连接PE,因为PA=PD,所以PE⊥AD,又 因为侧面PAD⊥底面ABCD,且交线为AD,所 sin0≠0，所以9十否=+灰x,k∈Z,0≠及x, 以PE⊥底面ABCD,即，点P在底面ABCD内 的投影为AD的中点，故A正确； k∈Z,即0=于+k,k∈Z,又因为0<0<受， 对于B,由题知AB⊥侧面PAD,所以AB⊥AP,又 因为PA=PD=√2，PA⊥PD,所以AD=2,又 所以0-智，所以an9=5 AB=2W2,所以PB=√PA2+AB2=√10，在 1 13.4049【解析】由题意得a2=3a1=3,ag=3a:= Rt△ABD中，BD=√AB2+AD=2W5,所以 1 BD2=PD2十PB2,所以PB⊥PD,故B正确； 1,a4=3a:=8,a5=3a4=1,…,所以数列从a1 对于C,由上述证明可知∠PBE即为PB与底 开始成1,3,1,3,1,3，…的周期数列，所以S2025 面ABCD所成角，由B可知，PB=√I0,易知 =1012×4+1=4048+1=4049. PE=1,所以sin∠PBE= 14.28【解析】因为球始终与棱台的上、下底面相 、E=√10，故C PB 切，所以球的半径为2，又因为球至少与棱台的 错误； 一个侧面相切，过球的球心作正四棱台垂直于 对于D,取PB中，点Q,连接MQ,NQ,在△PA'B 底面的裁面ABCD,如图所示， 数学答案（二）第2页（共5页） B 真题密卷 阶段质量监测（二） 所以当n≥2时，Tm=b1+b2十…十bn 4 8+641-2+2- 3 3 3 HIE 64n 由平面知识可知tan∠BAD=3,所以 当n=1时，T=6,=8,满足上式， (14分) ∠BAD1 2,又tan ∠BAD OE2 9n-1 tan 2 2AE=AE,所 所以数列.}的前n项和T.=64n(15分) 以AE=4,由对称性可知，球在与同一侧面相切 17.(1)证明：由题知AA1⊥平面ABC,又ACC平 的过程中最多可以运动的长度为AD一2AE= 面ABC,所以AA1⊥AC, 15-2×4=7,因为存在4个侧面，且该棱台为正 又AB⊥AC,AA1∩AB=A,AA1,ABC平 四棱台，所以球心O的轨迹为正方形，总运动轨 面ABB1A1, 迹长度为7×4=28. 所以AC⊥平面ABB1A1, (2分) 四、解答题 又A1BC平面ABB1A1, 15.解：(1)因为1=2-i是一元二次方程ax2十bx 所以AC⊥A1B. (4分) +1=0的根， 所以a(2-i)2+b(2-i)+1=0,即(3a+2b+1) (2)解：由题可知AC,AB,AA1两两相互垂直， -(4a+b)i=0, (5分) 故以A为原点，AC,AB,AA1所在直线分别为 3a+2b+1=0, x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因此 4a+b=0, 解得a= 5b (7分) 24 (2)由(1)知，2：=5-5， (8分) 所以：一号十对应的点 24 55 在复平 面内的第一象限， (10分) 所以1✉-√}+(-2 5 (13分) 16.解：(1)因为√S+1=2√S,-√Sm-1(n≥2)，所 以√Sm+1-√Sn=√Sm-√S-(n≥2)， 设AC=入，AB=t(入，t>0), 又√S2一√S1=2,所以数列{S}是首项为1， 则AA1=t,BC=√2十t2=√5，即λ2+t2=5, 公差为2的等差数列， (2分) 则C(,0,0),A1(0,0,t),B(0,t,0),C1(λ，0， 所以√Sm=1+2(n-1)=2n-1, t), 所以Sn=4n2-4n+1, (4分) 所以BC=(a,-t,0),A1C=(a,0,-t),CC1= 所以当n≥2时，an=Sm-Sw-1=8n-8,(5分) (0,0,t), (7分) 当n=1时，a1=S1=1,不满足上式， (6分) 设n=(x,y,之)为平面A1BC的一个法向量， 1,n=1, 所以an= (7分) 8n-8,n≥2. n·BC=λx-ty=0, 则 令x=t,得y=之=入， 1 In.AC=ix-tz=0, (2)因为bm= anantl 所以n=(t,入，入)， (9分) (1 8n=1, 设m=（x1,y1,之1)为平面BCC1的一个法 所以bn 向量， 1 (m·BC=λx1-ty1=0, 则 (9分) m.CCi=tz1=0, 所以之1=0，令x1= B 数学答案（二） 第3页（共5页）】 ·数学· 参考答案及解析 t,得y1=入，所以m=(t,λ，0)， (10分) 令g(x)=et1+ 2x2-x-lnx(x>0), 设二面角A1-BC-C1的平面角为0， 则|cos0|=|cos(m,n)川= m·n 所以g'(x)=e1+x-1-1 (10分) mn 则g'(x)在(0，十∞)上单调递增。 λ2+t 30 √t2+2λ2·√+λZ√5+λ2X√5 6, 因为g'(1)=e2-1>0,当x>0,且x→0时， g'(x)→-o∞. (12分) 解得入=1，所以t=2, (13分) 根据零点存在定理，存在唯一的x。∈(0,1)，使 1 所以V=SaAc·AA:=2X1X2X2=2, 得g'z)=0,即e+1+x。-1-1=0, 即直三棱柱ABCA1B1C1的体积为2.(15分) 所以当0<x<x0时，g'(x)<0,g(x)单调 18.(1)解：由f(x)=e+1十x2+x,得f'(x)=e+1 递减； +2x+1, (1分) 当x>xo时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 所以f'(x)在R上单调递增，又f'(一1)=0， (2分) 所以gr)m=ga)=e1+号--1nr 所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0,f(x)单调 1 1 递减； +。x+28-xo-lnx =1+ 当x∈(-1，十∞)时，f'(x)>0,f(x)单调 1+1 1 -2xo+2x6-lnxo: 递增， 0 1 所以f(x)≥f(-1)=1, 设p(x)=1十 12z+2x2-lnx(0<x<10y x 所以f(x)的最小值为1，无最大值， (4分) 则(x)=- 1 (2)解：由f(x)≥ 合十ax,可得f(x)-≥ax, 一-2+x元 x x3-2x2-x-1 即e+x2牛工≥ax,因为x∈，+oo x2 当0<x<1时，易知x3-2x2-x-1<0,即 所以a<+x+1 x2, (5分) p'(x)<0,所以p(x)在(0,1)上单调递减， 1 令n(x)=e x+x+1- xx∈(1，+oo), 所以9(x)>9(1)=2>0,即g(x)= 则n'(x)=（x-1)e p(xo)>0. 2 -+1+ x2 x∈(1，+oo), 所以g(x)min>0,所以g(x)>0在(0，十∞)上 (6分) 恒成立， 所以n'(x)>0,即n(x)在区间(1，十∞)上单调 故原不等式f(x)> 2x2+2x+lnx(x>0)得证 递增， (17分) 所以n(x)>n(1)=e2+1, 19.解：(1){an》是单峰阶梯数列. (1分) 所以a≤e2+l,即实数a的取值范围为 理由如下： (-∞，e2+1]. (8分) 由差数列的定义为dn=am+1一an(n∈N"),可得 3)证明：要证f)>号+2x+1nz≥0， d1=a2-a1=3-1=2, d2=a3-a2=7-3=4, 即证：e+1+x2+x>2x2+2x+lnx, d3=a4-ag=12-7=5, d4=a5-a4=16-12=4, (3分) 即证：e1十72x-lnx>02>0》 因为d1<d2<dg>d4, 数学答案（二）第4页（共5页）】 B 真题密卷 阶段质量监测（二） 所以{an}是单峰阶梯数列，阶梯峰值为d3=5 =2,…,dm=m, (5分) 又dm=t,故t=m, (12分) (2)由题可得，差数列{dm}的前5项分别为(a6 因为后9一m项递减（公差为一1），所以从dm= =a1+d1+d2+d3+d4+ds): m开始，dm+1=m-1,dm+2=m一2，…，直到dg d1=1, =1, 当n=1时，d2=d1+2=1+2=3, 因为d,=dm十(9-m)×-1,所以1=m十(9- 当n=2时，d3=d2+2=3十2=5， m)×-1, 当n=3时，d4=d3-1=5-1=4, 解得m=5,即t=5. (15分) 当n=4时，d5=d4-1=4-1=3, (7分) 验证差数列是否合理： 所以a6=a1十d1+d2十d3+d4+d5=2+1+3 递增项：d1=1,d2=2,d3=3,d4=4,d5=5(m +5+4+3=18. (8分) =5,t=5); 观察dm单调性可知：d1=1<d2=3<d3=5,d3 递减项：d6=4,d7=3,dg=2,dg=1. =5>d4=4>d5=3, 且a1o=a1+d1十d2+…+dg, 所以阶梯峰值为d3=5. (10分) 所以a0-a1=d1+d2十…十dg=25.(17分) (3)因为前m项递增（公差为1），所以d1=1,d2 B 数学答案（二）第5页（共5页）