2025-2026学年下学期湖北襄阳高二数学3月检测试卷（含解析）

高二数学一、单项选择题(共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的,请把答案填涂在答题卡相应位置上)1.在等比数列an中，a2024=2，a2028=8A.6B.-4C.4D.±42.下列方程表示的椭圆中，形状最接近于圆的是()A.x28+y273.已知双曲线C:x29−y2b2=1A.43,+∞B.3,+∞C.4.已知椭圆x26+y29=1的上下焦点为F1,FA.32B.25.下列关于空间向量的命题中正确的是()A.已知两个向量a=1,12,2,b=B.已知过点A1,2,3的平面α的法向量为n=0,1,−1C.若a,b,c是空间的一组基底,则D.已知a=1,2,3,b=0,16.吹气球时,气球的体积(单位:L)和表面积(单位:dm2)都随着气球的半径变化而变化.当气球的半径为1dmA.π4πB.C.127.已知数列an的前n项和为Sn,前n项积为Tn,若Sn=2an−A.10232047D.40958.若关于x的方程4−x2−tx4−A.0,34B.34二、多项选择题(共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的,全部选对得6分,部分选对得部分分,有错选得0分)9.下列求导运算错误的有()A.π2026′C.cos4x−10.已知抛物线C:y2=2pxp>0,过抛物线焦点F的动直线l与抛物线C交于A,B两点,A.pB.以线段AB为直径的圆与该抛物线的准线相切C.若AF=3FB,则直线l的倾斜角为30∘D.若D是线段AB的中点，则当直线OD的斜率最大时，弦长AB11.若数列an的前n项和为Sn,首项a1=2,且满足A.SB.an−C.当n为偶数时,aD.数列nan的前n项和为Tn三、填空题(共3小题，每小题5分，共计15分.请把答案填写在答题卡相应位置上)12.已知O为空间中任意一点，A,B,C,D四点共面且任意三点均不共线，若OD13.正项数列an的前n项和为Sn，且S5=20,S10=50，若直线14.已知椭圆C:x23+y2=1，过点P−2,0的两条直线l1与l2，其中l1与椭圆C相切于A点，l2与椭圆C相交于四、解答题(本大题共5小题,共计77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题13分)已知直线l1为曲线y=83x3−113在点M−12,−4处的切线,直线l2的倾斜角与直线(1)求直线l1和直线l2(2)已知直线l3在x轴和y轴上的截距互为相反数，且直线l3经过直线l1与直线l2的交点，求直线16.(本小题15分)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn+1=Sn+an+1(1)求证:数列bn(2)已知数列cn满足cn=bnbn+1bn+1+1+1anan+1，17.(本小题15分)在台海军事防御演习中,以雷达监测指挥站A为坐标原点建立平面直角坐标系.监测站B在A北偏东30∘方向43千米处,监测站E在A正东23千米处.现划定的圆形警戒区域恰好过(1)求圆形警戒区域圆的标准方程；(2)警戒区域外的可疑船只D在A西偏南45∘方向52千米处，正沿北偏东60∘(3)有一条从距A点正西8千米的补给基地P出发，向北偏东30∘延伸的海上补给线，为全方位监控补给线安全,要在补给线上安装一个雷达监控装置,18.(本小题17分)如图，在四棱锥D−ABCE中，底面ABCE为等腰梯形，侧面ADE是等边三角形,其中上底EC=2,下底AB=4,∠ABC=60∘,侧面ADE⊥底面(1)求点C到直线BD的距离；(2)试问线段BD上是否存在点F，使得二面角F−AE−B为45∘？若存在，求出点F(3)若点F为线段BD的中点，求三棱锥F−ABE19.(本小题17分)在平面直角坐标系中,已知动点Mx,x该方程的曲线与x轴的交点分别为A,B两点A在B的左侧),不过A,B的直线l与该曲线交于P、Q两点,记直线PA,QB的斜率分别为(1)求该曲线的标准方程；(2)若k3⋅k4=3(3)若k1k2=−13高二数学参考答案1-8.CABADCBD9.AD10.ABD11.ACD1.C设公比为q,由a2028=a2024⋅q42.A由椭圆性质知,离心率越小,越接近于圆,显然x283.B由双曲线C:x29−y2b2=1b>0可知渐近线方程为y=±b3x,若双曲线C的两条渐近线的倾斜角均大于4.A由题知,a=3,b=6,c=3,当5.D对于A,由a//b知夹角为0,故A对于B,可由点到平面的距离公式求得322,故B对于C,a,b,c即a+2b,3b+c,a对于D,由a在b上的投影向量为a⋅bb2=−6.C易得气球的体积V与面积S的函数解析式为V=S326π,记fS=S326π,求导得f′7.B由Sn=2an−12047得Sn−1=2an−1−12047n≥2,n∈N∗,两式相减整理得an=2an−1n≥2,n∈N∗,又易得a1=18.D将方程4−x2−tx4−2t2025=1转化为方程4−x2−tx−4+2t=0,再转化为:半圆y=4−x2与直线y=tx+4−2t有两个不同交点.当直线与半圆相切时,有49.ADπ2026′xexcos4x−x3log2x10.ABD设A,B两点的坐标为Ax1,y1,B联立方程y2=2pxx=my+p2显然有Δ=4p2m2可得x1对于A,由OA⋅OB=x1x对于B,因为线段AB的中点到准线的距离d=AB2,而以线段AB为直径的圆的半径为所以以线段AB为直径的圆与该抛物线的准线相切,所以B正确,对于C,当倾斜角θ为锐角时,AF=p1−cosθp1−cosθ=3⋅p1+cosθ,解得cosθ=12对于D,由上面知x1+x2=mDx1+x22,y1+y22即D4m2+2,4m,可得直线OD的斜率为k此时D4,22,D点到准线的距离为d=4−−11.ACA答案,S11=a1+a2+a3由an+1+an=2×3an=3n+−1n−12.D答案,nan=n⋅3n2+−1n−1⋅n212.97由空间向量基本定理,λ−2713.90圆C的圆心为1,0,半径r=25an,由直线与圆相切得an−1+an+15=25an,即2an=an−14.1+22如图,设直线PA的方程为:y=kx+2k<0此时直线PA的方程为:y与椭圆联立得A−32,−12，此时PA设∠OPD=θ，则∠APD=θ+45∘−45∘<θ<45∘.因为OD⊥PD，所PD=POcosθ=2cosθ ∴PA⋅15.【解】(1)求导计算可得直线l1的斜率为k1=2所以直线l1的方程为y+4=2x设直线l2的斜率为k2,因为倾斜角互补,所以k所以设直线l2的方程为y=−2x+原点到直线的距离d=55=−b因为原点在直线的斜上方,所以b=−1,故直线l2的方程为(2)联立2x−y−3=02x+y+1=0，得x=当直线l3过原点时,直线l3的方程为y当直线l3不过原点时,设l3的直线方程为xa+y可求得直线l3的方程为综上,直线l3的方程为y=−4x或16.【解】(1)Sn+1=Sn+an+1，所以Sn+1−Sn=αn+1，即an+1=得a1+4d2=a所以an=由bn=2an=2n+1,b(2)两部分分别裂项bnbn+1b相消求和得Tn=c1+c2+⋯+cn=15−(2)该船不会进入警戒区域.(3)3解:(1)先求B点坐标,由三角函数得B23,6,E23,0,A0,0.设圆标准方程x−a2(2)根据方向角和距离确定D−5,−5，由航行方向得直线斜率k=33，用点斜式得直线方程x−3y+5−53=(3)由补给线方向得斜率k=3，根据P−8,0用点斜式得补给线方程3x−y+83=0①.设雷达监控装置为点Q为补给线上的动点，切点为T，圆心C；雷达波张角θ=2∠CQT，要使雷达波张角最大即∠CQT最大,即sin∠CQT=CTCQ=rCQ最大,也就圆心C到装置距离CQ最小,当CQ与补给线垂直时,CQ18.【解】(1)如图，以点E为坐标原点，以EA，EB所在直线分别为x轴,y轴,过E垂直于平面ABCE的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系E−则B则点C到直线BD的距离d=CB(2)由(1)所建空间坐标系，可得E0,0,0，A2,0,0故AB=−2,23AFAE=−2,0,0,设平面FAE的法向量−2+λx+231−λy+所以n=0,λ,2λ−1.因为z轴垂直平面ABCE,故可取平面ABCE的一个法向量为m=0,0,1,因为二面角F−AE故存在点F为线段BD上靠近D点的三等分点,使得二面角F−AE−B为(3)取AB中点G，设三棱锥D−ABE的外接球的球心为O，由OA=OB=OE知，点O在过点G且与平面ABE垂直的直线上,故可设O1,3,t,由F为线段BD的中点可知F解得t=−3,从而三棱锥F−ABE的外接球的半径为S=