精品解析：湖南岳阳市第一中学2025-2026学年高二下学期6月月考数学试题

高二年级2026年上学期第二次质量检测 数学试卷 时量：120分钟 分值：150 一、单项选择题：本题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. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 2. 在等比数列中，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 3. 已知正数，满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 9 4. 函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 3 B. 6 C. 60 D. 30 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 若函数（）为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图所示，在羡除中，底面为矩形，和均为正三角形，∥平面， ，则该羡除的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表： 月份 1 2 3 4 5 销售额万元 1.8 2.2 2.8 3.1 根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则（ ） A. 变量 与 正相关 B. C. 样本数据 的下四分位数为1.8 D. 当时， 的预测值为4.1万元 10. 已知函数，将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. 函数的初相为 B. 当时，函数的图像关于直线对称 C. 当时，可以为1 D. 当时，函数的单调递增区间为， 11. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 的解集为 B. 存在实数 ，使函数有三个零点 C. 对任意，存在实数，使方程恒有两解且为定值 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，且，则_____. 13. 已知是等差数列的前n项和，若，，则数列的前2026项和为__________. 14. 已知椭圆的左焦点为 ，过点 作倾斜角为的直线与椭圆 交于 ， 两点， 为线段的中点，若为坐标原点），则椭圆 的离心率为______. 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. 在平面四边形ABCD中，，，. （1）若△ABC的面积为，求AC； （2）若，，求. 16. 在2025年春晚《秧BOT》机器人节目中，有16个机器人参与表演.该人工智能机器人团队将传统艺术与现代科技完美融合，表演非物质文化遗产“转手绢”并完成复杂队形变换.这一创新表演不仅展示了我国人工智能技术的飞速发展，也体现了科技赋能传统文化的实践创新.某项研究表明，每个机器人独立完成转手绢动作成功的概率为0.8.在队形变换环节，机器人的表现存在差异：每个机器人若转手绢成功，则其队形变换成功的概率为0.9；若转手绢失败，则队形变换成功的概率为0.6. （1）若从该团队中随机抽取3个机器人调查研究，记X为成功完成转手绢动作的机器人个数，求X的分布列及数学期望； （2）若随机抽取一个机器人，已知其队形变换成功，求它转手绢成功的概率. 17. 已知过点的直线与抛物线相交于 、 两点， 为坐标原点. （1）若直线过抛物线的焦点，求弦的长； （2）若以为直径的圆过坐标原点，求直线的方程. 18. 如图，已知圆锥的底面直径 ，其中 为底面圆心，母线，动点 从 点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到 点，其轨迹为 ． （1）求 长度的最小值； （2）若点 在圆 上，且（ 是所对的圆心角，），证明：存在非零向量 ，使得恒成立； （3）在（2）的条件下，可知 是平面曲线，记 所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，是的一个极值点，，是两个不同的零点，记，，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断是否可能为等腰三角形，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级2026年上学期第二次质量检测 数学试卷 时量：120分钟 分值：150 一、单项选择题：本题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. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的运算以及模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 故． 故选：D 2. 在等比数列中，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，，结合可得，再利用即可求解，注意等比数列奇数项、偶数项的符合分别相同. 【详解】， 则， 又，解得， 因为， 所以. 故选：D. 3. 已知正数，满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 9 【答案】D 【解析】 【详解】由，，，得， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故的最小值为9. 4. 函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，函数的外层函数为， 又，则外层函数为单调递减函数. ∵ 函数在区间上单调递增， ∴ 内层函数在区间上单调递减，且在上恒成立. ∵ 是开口向上的二次函数，对称轴为， ∴ 要满足在上单调递减，需，解得. ∵ 在上单调递减，∴ 时，， 要满足在上恒成立，需，即，解得. 综上，实数的取值范围为. 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 3 B. 6 C. 60 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再根据的次数确定的次数，最后求出的系数. 【详解】根据二项式定理，可得展开式的通项为（）.  要求的系数，则的次数，此时.  同样根据二项式定理，展开式的通项为（）.  要得到，则令，解得.  当，时，的系数为 在的展开式中，的系数为60. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式化简得到，再弦化切得到，最后用两角差的正切公式化简得解. 【详解】因为，所以， 即，所以， 则. 故选：A. 7. 若函数（）为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称可得，然后由可得 即可， 【详解】由奇函数性质可得，（）的定义域关于原点对称，由，即且， 故，解得. 又，故 ， 此时，满足，函数为奇函数， 故， 故选：A. 8. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图所示，在羡除中，底面为矩形，和均为正三角形， ∥平面， ，则该羡除的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据， ∥平面，所以 的中点在平面的投影为 ， 交点 ，又底面为矩形，所以外接球球心在直线 上，再由球心到多边形各顶点距离相等得半径. 【详解】连接 ， 交于点 ，取 的中点， 因为， ∥平面，所以在平面的投影为 ， 连接 ，则平面ABCD，取中点，连接，作，垂足为，如图所示, 由题可知，在中, 所以，连接 ， 又因为，所以， 底面为矩形，平面ABCD，外接球球心在直线 上，且到多边形各顶点距离相等， 若球心在线段上，设，则， ,即，解得（舍）. 若球心在延长线上，设，外接球的半径为 ,连接， 显然， 则且，即 解得，. 所以外接圆的表面积. 故选：D. 二、多选题：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. 某公司统计了去年1月份到5月份某种产品的销售额如下表： 月份 1 2 3 4 5 销售额万元 1.8 2.2 2.8 3.1 根据表中数据，通过最小二乘法求得的经验回归方程为，则（ ） A. 变量与正相关 B. C. 样本数据的下四分位数为1.8 D. 当时，的预测值为4.1万元 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据回归系数，可判定A正确；根据回归直线方程经过样本中心，列出方程，求得的值，可判定B正确；根据百分位数的计算方法，可判定C错误；根据回归直线方程，求得预测值，可判定D正确. 【详解】对于A，由回归直线方程，可得， 所以变量与正相关，所以A正确； 对于B，因为回归直线方程经过样本中心， 因为，所以， 又由，解得，所以B正确； 对于C，将样本数据的数据排序为：， 由，则样本数据的下四分位数为第 个数据，所以C不正确； 对于D，当时，，所以的预测值为万元，所以D正确. 10. 已知函数，将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. 函数的初相为 B. 当时，函数的图像关于直线对称 C. 当时，可以为1 D. 当时，函数的单调递增区间为， 【答案】CD 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简，即可根据函数图象平移可得，即可根据初相的定义求解A，根据即可判断B，根据对称性即可求解C，利用整体法即可求解单调性，判断D. 【详解】因为 ， 所以，初相为，故A错误． 对于B，当时，函数．将代入，得，不是最大值或最小值，故B错误． 对于C，当时，函数的图像关于直线对称，则，，解得，． 当 时，，故C正确． 对于D，当时，．令，，得，，故D正确． 故选：CD． 11. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 的解集为 B. 存在实数，使函数有三个零点 C. 对任意，存在实数，使方程恒有两解且为定值 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】解不等式可判断A；根据解析式判断出单调性，结合的图象可判断B；方程整理得，求出，对任意，令，可判断C；求出、、，判断出是以3为周期的周期函数，利用周期性可判断D. 【详解】对于A，由得，解得， 可得的解集为，故A正确； 对于B，，， 当时，单调递增， 且时，，时，， 当时，单调递增， 且时，，时，， 令，得 令，当时，单调递减，， 当时，单调递增，， 当时，单调递减，， 其图象如下， 所以不存在实数，使函数有三个零点，故B错误； 对于C，方程整理得， 若有两解，需判别式，且， 对任意，令，则， 此时方程为， 即方程，有两解，， 所以存在实数，使方程恒有两解且为定值0，故C正确； 对于D，， ， ， 所以是以3为周期的周期函数， 且，，，， 则，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意求，再求. 【详解】由，，得，. 由， 所以， 所以. 故答案为： 13. 已知是等差数列的前n项和，若，，则数列的前2026项和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，得到，结合裂项相消法求和，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为 ， 因为，，可得，解得， 所以，则， 所以数列的前n项和为， 所以数列的前2026项和为. 故答案为：. 14. 已知椭圆的左焦点为，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点， 为线段的中点，若为坐标原点），则椭圆的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】结合题意求出点 的坐标，从而得，再结合点差法建立的关系式，从而得解. 【详解】因为，，过 作轴交于 ， 则，， 所以 的横坐标为，即 的横坐标为，且， 即， 设，，，，则的中点，， 即，， 所以，又，所以， 将，的坐标代入椭圆的方程可得， 作差整理可得， 即， 所以则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用点差法是解决中点弦问题的常用方法. 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. 在平面四边形ABCD中，，，. （1）若△ABC的面积为，求AC； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用三角形面积公式有，可求，由余弦定理即可求 ； （2）设，在中，在△中应用正弦定理有，即可求，得解. 【小问1详解】 在△中，，， ∴，可得， 在△中，由余弦定理得， . 【小问2详解】 设，则， 在中，，易知：， 在△中，由正弦定理得，即， ，可得，即. . 16. 在2025年春晚《秧BOT》机器人节目中，有16个机器人参与表演.该人工智能机器人团队将传统艺术与现代科技完美融合，表演非物质文化遗产“转手绢”并完成复杂队形变换.这一创新表演不仅展示了我国人工智能技术的飞速发展，也体现了科技赋能传统文化的实践创新.某项研究表明，每个机器人独立完成转手绢动作成功的概率为0.8.在队形变换环节，机器人的表现存在差异：每个机器人若转手绢成功，则其队形变换成功的概率为0.9；若转手绢失败，则队形变换成功的概率为0.6. （1）若从该团队中随机抽取3个机器人调查研究，记X为成功完成转手绢动作的机器人个数，求X的分布列及数学期望； （2）若随机抽取一个机器人，已知其队形变换成功，求它转手绢成功的概率. 【答案】（1） X 0 1 2 3 P 0.008 0.096 0.384 0.512 2.4 （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的知识求得分布列并求得数学期望. （2）根据全概率公式、条件概率公式计算求得机器人转手绢成功的概率. 【小问1详解】 由题意得，，其分布列为：， ，1，2，3. X的分布列为： X 0 1 2 3 P 0.008 0.096 0.384 0.512 数学期望为. 【小问2详解】 设事件A为“一个机器人转手绢成功”，事件B为“一个机器人队形变换成功”. 根据题意，， . 17. 已知过点的直线 与抛物线相交于、两点，为坐标原点. （1）若直线 过抛物线的焦点，求弦的长； （2）若以为直径的圆过坐标原点，求直线 的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得直线 的方程，与抛物线方程联立，设，，由韦达定理可得，，根据弦长公式即可求解； （2）设直线 的方程为，与抛物线方程联立，由韦达定理结合直线方程可得，，根据已知可知，利用向量数量积的坐标运算即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，所以焦点坐标为， 所以直线 的斜率为，所以直线 的方程为， 即， 联立，整理得， 设，，所以，， 所以； 【小问2详解】 由已知可知直线 的斜率存在且不为，设直线 的方程为， 联立，整理得， 因为直线 与抛物线有两个交点，所以， 所以且， 所以，， 所以， 因为以为直径的圆过坐标原点，所以, 又，，所以，即， 解得，满足且， 所以直线 的方程为，即. 18. 如图，已知圆锥的底面直径 ，其中为底面圆心，母线，动点 从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． （1）求长度的最小值； （2）若点在圆上，且（ 是所对的圆心角，），证明：存在非零向量 ，使得恒成立； （3）在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将圆锥侧面展开为平面扇形，利用 “两点之间线段最短” 确定最短路径为展开图中连接两点的线段，再结合扇形弧长公式求出圆心角，最后用余弦定理计算线段长度即最短路径长； （2）建立空间直角坐标系，利用参数 表示底面圆周上点的坐标，通过向量共线表示出轨迹上点的坐标，再通过向量数量积验证轨迹在某一平面内并求出该平面的法向量； （3）解法 1：求出平面的法向量，利用两平面法向量夹角公式计算夹角余弦值，再通过三角函数值域求出余弦值的取值范围；解法 2：结合几何分析，通过几何关系求出夹角余弦值的最值，进而得到取值范围. 【小问1详解】 如图， 沿圆锥的母线 ，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点． 因为轨迹在圆锥的侧面上， 所以，在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线． 又是最短路径，而平面上连接两点之中，线段最短， 所以，轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段． 由于 ，所以的长度为 ，又，所以． 所以，在等腰三角形中，，即的长度为． 【小问2详解】 如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由于平面，平面，故，， 则，两两垂直， 如图，以为坐标原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为 轴， 建立空间直角坐标系， 于是，设， 则， 于是，则， 于是， 于是令，则； 【小问3详解】 解法1：由（2）可知，是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由于， 则，即 令， 于是平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 于是， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为； 解法2 ： 由（2）可知，平面的法向量， 由于在底面圆周上运动， 则平面即平面的法向量可以是底面上任意方向的向量， 如图，在平面 内，设，过点作，则， 设平面与平面所成的角为 ，则， 易知，则， 综上，， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，是的一个极值点，，是两个不同的零点，记，，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断 是否可能为等腰三角形，并说明理由. 【答案】（1） （2）函数的定义域为. ， 令，则，即. 解得. 当时，，所以，所以. 所以当时， ，单调递增；当时，，单调递减. 所以在处取得极大值.所以. 又，所以 ，. （ⅰ）证明： 令，则. 因为，所以恒成立，所以恒成立， 所以是减函数. 因为，所以，即，即得证. 要证，只证， 因为当时，单调递减，所以只需证. 由 ，得，即. 所以. 令，则恒成立， 所以是增函数. 因为，所以. 所以得证. 综上，得证. （ii）由（i）得，，所以， 又，所以. ， 因为，所以. 所以. 所以若 为等腰三角形，则 ，即是的中点，即， 与矛盾，所以 不可能是等腰三角形. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，求得曲线在点处的切线斜率，即可写出相应的切线方程； （2）（i）先求出函数的极值点，再根据函数有两个不同零点得到相关等式，通过构造函数并分析其单调性来证明不等式；（ii）假设为等腰三角形，根据等腰三角形的性质得到等式，通过分析等式是否成立来判断是否可能为等腰三角形. 【小问1详解】 函数的定义域为. ， 所以. 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $