精品解析：浙江省柯桥中学2025-2026学年高二实验班上学期12月月考数学试卷

高二实验班数学12月月考试卷 考生注意： 1．试卷分值：150分，考试时间：120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3、所有答案均要答在答题卡上，否则无效．考试结束后只交答题卡． 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共40分． 1. 设命题．则命题的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用特称命题的否定形式判定选项即可. 【详解】由特称命题的否定可知命题的否定是：“”. 故选：D 2. 已知函数在闭区间上的最大值记为，若实数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由区间的定义可知，进而可得，结合余弦函数性质列式求解即可. 【详解】由题意可知：，可得，可知， 因为，则， 结合余弦函数性质可知，可得， 且或，则或，解得或. 故选：D． 3. 已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设向量，根据题意，取得，得到，结合向量的数量积的坐标运算公式和投影向量的计算公式，即可求解. 【详解】设向量，因为，且，可得， 解得，即，则， 又因为，所以在方向上的投影向量为． 故选：A． 4. 已知角，且，则（ ） A. －2 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，分别求得和，再由正切的差角公式即可求得结果. 【详解】因为，故可得，则； ，故可得，即； ，即， 也即，等式两边同时除以， 则； 故； 故选：C. 5. “心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方部分对应的函数解析式可能为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象的对称性，结合“心形”图形横坐标的取值范围、函数的最大值逐一判断即可. 【详解】因为由图象可知“心形”在轴上方部分是关于纵轴对称的， 所以“心形”在轴上方部分对应的函数是偶函数, 且定义域为，且值域为. A：由，所以本选项函数的定义域为， 令， 因为， 所以该函数是偶函数，符合题意， ，即， 当且仅当时取等号，即当时取等号， 所以，所以该函数的值域不符合题意，因此本选项函数解析式不符合题意； B：令， 因为， 所以该函数不是偶函数，不符合题意； C：由， 所以本选项函数的定义域符合题意， 令， 因为， 所以该函数是偶函数，符合题意， 又， 当时，即当时，该函数有最大值，因此该函数的值域为， 因此本选项函数解析式符合题意； D：，不符合题意， 故选：C 6. 已知函数，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，令， 利用导数判断的单调性，从而可得，进而可得函数值的大小． 【详解】∵， ∴，∴是偶函数， ， 当时，，故函数在上单调递增， 令，则， 即函数在上单调递减，故， 即，而， 所以， ∴． 故选：C． 7. 中，、、的对边分别为、、，若且，则的形状是（ ） A. 顶角为的等腰三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由推导得的平分线垂直于边，进而得，再由给定面积导出得解. 【详解】如图所示，在边、上分别取点、，使、， 以、为邻边作平行四边形，则，显然， 因此平行四边形为菱形，平分，而， 所以，即，于是得是等腰三角形，即， 令直线交于点，则是边的中点，， 而，因此，从而得， 综上，是等腰直角三角形. 故选：C 8. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 在处取得极小值 D. 在处取得极大值 【答案】D 【解析】 【分析】设，对其求导可得，因此设，根据题意可得的解析式，对A：利用导数判断的单调性分析判断，对B、C、D：利用导数判断的单调性分析判断. 【详解】设，则， 可设，则，解得， 故，即， 令，则，故在上单调递增， ∴，即，则，A正确； ∵，令，解得， 则在上单调递减，在上单调递增， ∴，在处取得极小值，无极大值， B、C均正确，D错误． 故选： D. 二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知正数满足，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小值为4 C. 的最大值为 D. 的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用基本不等式计算结合一元二次不等式计算判断A，B，先化简再计算判断C，D. 【详解】对于A，由正数满足，可得，解得， 则，当且仅当，即时等号成立，即的最大值为1，故A正确； 对于B，由正数满足，可得， 解得或（舍去），当且仅当时等号成立，即的最小值为2，故B错误； 对于C，因，则， 当且仅当时等号成立，即的最大值为，故C正确； 对于D，由可得，则， 当且仅当，即时等号成立，即的最小值为1，故D正确. 故选：ACD. 10. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 11. 已知的内角所对的边分别为，，.则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用两角和差正弦公式和诱导公式可推导得到，讨论角的关系可确定A正确；利用正弦定理边化角、角之间的关系、诱导公式及二倍角公式可将转化为方程，令，，利用导数可确定的范围，进而确定、的范围，得到BCD正误. 【详解】对于A，，， ， ，，又， 或，即或； 当时，，此时，不合题意， ，A正确； 对于BCD，，， ，， 即， 整理可得：， 令，，，，即， 令，则， 在上单调递减，又，， ，； 由得：， ，，又， ，，，，B正确，C错误； ，，即， ，即，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，15分. 12. 的展开式中，的系数为______.（用数值作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据多项式乘积的性质即可求解． 【详解】由于表示5个因式的乘积， 故其中有2个因式取，2个因式取，剩余的一个因式取，可得含的项， 故展开式中含的项为，其系数为. 故答案为：． 13. 在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由三角形的正弦定理和三角函数的恒等变换，以及正弦函数的最值，结合不等式可得正数的取值范围. 【详解】设的外接圆的半径为， 由正弦定理可得，又， 可得， 即有， 所以 ，， 因为，若存在最大值，则， 所以，即， 解得. 故答案为：. 14. 已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，利用导数，分类讨论，求出的取值范围. 【详解】令， 令，则， 令，则. 令，则，所以在上单调递增； 令，则，所以在上单调递减； 又， 则有且只有两根，分别为0，1； 因为与的图象有且仅有两个不同的交点， 则函数图象与轴有且仅有两个不同的交点， 设两个不同的交点的横坐标为，， 则方程组有且只有一组实数根， 令，则， 当时，，则此时在上递增， 又当趋向于，趋向于，当趋向于，趋向于，即， 则有且只有一组实数根； 当时，方程组有且只有一组实数根， 等价于函数图象与直线图象共有两个交点， 临界情况为两条直线与图象相切， 当与相切， 设对应切点为，因， 则相应切线方程为，即， 所以，所以，解得； 当与相切，设对应切点为， 则相应切线，即， 所以，可得，解得； 如图 则， 综上的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用两个函数图象有两个公共点，转化为新函数的零点情况；二是把解的情况转化为直线和曲线的相切问题，结合导数的几何意义求解即可. 四、解答题：本题共5小题，13+15+15+17+17=77分. 15. 在五一小长假期间，要从5人中选出若干人在5天假期中值班（每天只需一人值班）. （1）若每人都只安排一天值班，要求甲不排在1号，乙不排在5号，求所有可能的安排方式种数. （2）若不出现同一人连续值班2天，求所有可能的安排方式种数； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正难则反的解题思想，由总数减去不符合题意的情况，结合容斥原理，可得答案； （2）根据分步乘法原理，结合题意，可得答案. 【小问1详解】 用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种. 【小问2详解】 由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种， 所以所有可能的安排方式种数为种. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段上一点，且． （1）求证∶平面． （2）试问∶在线段上是否存在点F，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出平面与平面夹角的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 证明：因为底面，且底面， 所以． 又因为底面为正方形，所以． 又因为，且平面， 所以平面． 因为平面， 所以． 又，且平面， 所以平面． （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由条件证得，，从而得平面，从而得，又，从而得证． （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，由条件求出的值，确定存在点满足题意，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求两个平面的夹角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知底面，且，以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，．又，所以， 设，则， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则=， 解得=（负值舍去），所以． 即 ， 又因为，设平面的法向量为， 则，取，可得，， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值． 综上，存在点满足题意 ，且点为的中点 ，此时平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知的内角所对边分别为.若内部有一个圆心为，半径为米的圆，它沿着的边内侧滚动一周，且始终保持与三角形的至少一条边相切. （1）若为边长是16米的等边三角形，求圆心经过的路程； （2）若用28米的材料刚好围成这个三角形，请你设计一种的围成方案，使得圆心经过的路程最大并求出该最大值（若为正数，则，当且仅当时取等号）. 【答案】（1）米 （2）围成三角形为边长是米的等边三角形时，圆心经过的路程最大，最大值为米 【解析】 【分析】（1）根据切线长定理得到，即可得解； （2）依题意，， ，则圆心走过的路程，再由诱导公式、两角和的正切公式及基本不等式得到，即可求出的最大值. 【小问1详解】 如下图，因为是等边三角形，所以， 所以， 所以圆心走过的路程米. 【小问2详解】 依题意，， ， 则圆心走过的路程， 即 又 ， 即， 所以， 因为，所以， 两边同时除以， 可得 ， 所以， 所以， ， 当且仅当时等号成立， 所以， 所以， 所以圆心经过的路程最大值为米，此时围成三角形为边长是米的等边三角形. 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是三元基本不等式“若为正数，则，当且仅当时取等号”的应用. 18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止． （1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率； （2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列； （3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望． 【答案】（1） （2）分布列： 1 2 3 P （3）【解析】 【分析】(1)由古典概率模型进行求解； (2) 可取，求出对应的概率，再列出分布列即可； (3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则， 为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则， 则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解. 【小问1详解】 由题可知2号盒子里有2个红球的概率为； 【小问2详解】 由题可知可取， ， ， 所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为 1 2 3 P 【小问3详解】记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则， 为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则， 则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为， 且， 化解得， 得， 而则数列为等比数列,首项为，公比为， 所以， 又由求得： 因此． 【点睛】关键点点睛：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，即可求解. 19. 已知函数，，则 （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求m的取值范围； （3）当时，若的最小值是0，求的最大值． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 若时，在上单调递减，在上单调递增. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，进而得到函数的单调区间； （2）令，求得，由，转换为恒成立，令，求得，得到在上为增函数，得到，即可求解； （3）令函数，转化为在上恒成立，结合相切时取得等号，设切点坐标为，求得切线方程，列出方程组，求得的表达式，得到所以，令函数，利用导数求得单调性，得到，求得，得出，且，进而得到答案. 【小问1详解】 由函数，可得， 若时，可得，所以在上单调递增； 若时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增. 综上可得：当时，在上单调递增； 若时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 令函数，可得， 因为当时，恒成立，所以在上恒成立， 又因为，要使得在上恒成立，则恒成立， 令， 可得， 即在上为单调递增函数，所以，解得， 即实数的取值范围为. 【小问3详解】 当时，若的最小值是0， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为， 可得，可得， 所以切线方程为， 即， 因为切线过原点，则， 解得， 所以 ， 令，其中， 可得， 令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，此时， 可得， 则，其中， 只需证明：当时，，当时，， 令，可得， 因为和都为增函数，都可为增函数， 所以，所以为增函数， 因为，所以当时，，当时，， 所以，当且仅当，等号成立， 即的最大值为. 【点睛】方法策略：利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略： 1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围； 2、构造函数法：根据不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值，进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围； 3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二实验班数学12月月考试卷 考生注意： 1．试卷分值：150分，考试时间：120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3、所有答案均要答在答题卡上，否则无效．考试结束后只交答题卡． 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共40分． 1. 设命题．则命题的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数在闭区间上的最大值记为，若实数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 或 3. 已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知角，且，则（ ） A. －2 B. C. D. 2 5. “心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方部分对应的函数解析式可能为（　　） A. B. C. D. 6. 已知函数，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 中，、、的对边分别为、、，若且，则的形状是（ ） A. 顶角为的等腰三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形 8. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 在处取得极小值 D. 在处取得极大值 二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知正数满足，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小值为4 C. 的最大值为 D. 的最小值为1 10. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 11. 已知的内角所对的边分别为，，.则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，15分. 12. 的展开式中，的系数为______.（用数值作答） 13. 在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是________. 14. 已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为__________. 四、解答题：本题共5小题，13+15+15+17+17=77分. 15. 在五一小长假期间，要从5人中选出若干人在5天假期中值班（每天只需一人值班）. （1）若每人都只安排一天值班，要求甲不排在1号，乙不排在5号，求所有可能的安排方式种数. （2）若不出现同一人连续值班2天，求所有可能的安排方式种数； 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段上一点，且． （1）求证∶平面． （2）试问∶在线段上是否存在点F，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出平面与平面夹角的余弦值；若不存在，请说明理由． 17. 已知的内角所对边分别为.若内部有一个圆心为，半径为米的圆，它沿着的边内侧滚动一周，且始终保持与三角形的至少一条边相切. （1）若为边长是16米的等边三角形，求圆心经过的路程； （2）若用28米的材料刚好围成这个三角形，请你设计一种的围成方案，使得圆心经过的路程最大并求出该最大值（若为正数，则，当且仅当时取等号）. 18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止． （1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率； （2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列； （3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望． 19. 已知函数，，则 （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求m的取值范围； （3）当时，若的最小值是0，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $