精品解析：浙江北斗星盟2025-2026学年第二学期高二阶段性质量检测试卷高二数学试题

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. 5 4. 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. 14400 5. 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x 0 1 2 3 4 5 频数n 4 6 10 12 6 2 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2.5 B. 这组样本数据的平均数为2.4 C. 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： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】B 【解析】 【详解】因为集合，， 所以， 所以. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【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. 若复数 则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法，模长公式求解即可． 【详解】由 ， 则，所以． 4. 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. 14400 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】C 【解析】 【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. 已知函数 . 若对任意，都有 ，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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. 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. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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x 0 1 2 3 4 5 频数n 4 6 10 12 6 2 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2.5 B. 这组样本数据的平均数为2.4 C. 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 【答案】ABC 【解析】 【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. 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 【答案】ABC 【解析】 【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. 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 【答案】BD 【解析】 【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. 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____________________. 【答案】 【解析】 【分析】利用多项式乘法分配律将 拆分为两项 ，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】 , 设 展开式通项为，那么 , 令 ,得 ,,即 展开式中的项， 令 ,得 ,，故 展开式中项为， 所以，的系数为 . 【点睛】 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_________ 【答案】## 【解析】 【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. 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______. 【答案】 【解析】 【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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由正弦定理得， 在中，，则， 则， 即， 即，因为，所以， 则，即，因为，所以. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1）； （2）(i)；(ii)． 【解析】 【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． 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 (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. 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). 【答案】（1），0，； （2）； （3）所以. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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，球不可能在甲手中,因为每次传球球都会从一个人传到另一个人，初始球在甲手中，奇数次传球后球一定在乙或丙手中，故 ； 当为偶数时，设，令，推导递推关系， 第次传球后：球在甲手中的概率为，在丙手中的概率为（乙手中概率为 0）。 第次传球后：甲传给乙： 甲传给丙：， 丙传给乙： 因此，， 第次传球后： 乙传给甲： 丙传给甲： 因此递推式为：, 所以), ，所以 所以，所以 所以经过n次传球之后，球在甲手中的概率是； 【小问3详解】 设， ,且,根据期望的线性性质, 当为偶数时，，奇数项 ，仅偶数项有贡献， ； 当为奇数时，，前项和与偶数情况相同，最后一项 , ， 当时， ，满足， 所以. 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】（1） （2） （3）设， 故 ， 而，设， 则，当时，；当时，， 故即在上单调递减，在上单调递增， 而 ， ， ， 故存在，，使得 ， 且当时或时，；当时，， 故在，上单调递增，在上单调递减， 而 ，故 ， 因为 ， 故， 且 ，故 ， 又 ， 故，故 . 【解析】 【分析】（1）设出切点，由题设可得关于的方程组，求解后可求的值； （2）设，题设条件可转化为该函数单调且值域为，利用导数可求参数的最小值； （3）设，利用导数讨论其单调性后结合零点存在定理可证明. 【小问1详解】 由题设有. 当时，设切点为， 则，消元得 ， 整理得 ，故（舍）或， 故. 【小问2详解】 令， 因为对任意实数，方程有且只有一个实根， 故在上的值域为且为单调函数. 又， 设 ，则， 当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 而时， ,，. 若，则 （不恒为零），故， 故为上的增函数，且， 而时，，故时，，、 而时，，故此时的值域为， 结合的单调性可得符合题设要求； 若，则 ，而时，， 故在上有正有负，即在上有正有负， 故在上不单调，矛盾， 综上，故的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $