浙江省柯桥中学2025_2026学年高二实验班上学期12月月考数学试题 [含答案]

这是一份浙江省柯桥中学2025_2026学年高二实验班上学期12月月考数学试题 [含答案]，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
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．－2B．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
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
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
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．
答案
1．【正确答案】D
【详解】由特称命题的否定可知命题的否定是：“”.
故选D
2．【正确答案】D
【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．【正确答案】A
【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．【正确答案】C
【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．【正确答案】C
【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．【正确答案】C
【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．【正确答案】C
【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．【正确答案】D
【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.
9．【正确答案】ACD
【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．【正确答案】BD
【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．
11．【正确答案】ABD
【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.
12．【正确答案】
【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.
13．【正确答案】
【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.
14．【正确答案】
【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.
15．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）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．【正确答案】（1）见详解
（2）存在，
【详解】（1）（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）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．【正确答案】（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
【详解】（1）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.
（2）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.
18．【正确答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)
【详解】（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）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
（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，
得，
而则数列为等比数列,首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
19．【正确答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）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.
（2）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.
（3）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.1
2
3
P