湖北省襄阳市2025-2026学年下学期阶段检测高二数学试卷（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,a2028A.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=1 A.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1dm时,气球的体积关于表面积的瞬时变化率为A.π4πB.4πC.17.已知数列an的前n项和为Sn,前n项积为Tn,若Sn=2an−A.10232047B.1C.2D.8.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=2px p>0,过抛物线焦点F的动直线l与抛物线C交于A,BA.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.S11=96C.当n为偶数时,an=3n−12D.数列nan的前三、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=203x+4y+an−1+a14.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.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.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.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,使它向警戒区域圆发射雷达波(看作向圆作两条切线)的张角最大,以覆盖更大警戒区域边缘,18.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.在平面直角坐标系中,已知动点Mx,y满足下列方程:x−52+y2−x+52+y2=8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(1)求该曲线的标准方程；(2)若k3⋅k4=3(3)若k1k2=−131.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−若双曲线C的两条渐近线的倾斜角均大于π6,则b3>33而双曲线的焦距到其中一条渐近线的距离为b,所以取值范围是34.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+5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=记fS=S326π,求导得S=4π, f′7.B由Sn=2an两式相减整理得an=2an故an是等比数列,且an=2n−12047.当n=12时,an>1,所以n=11时,Tn取最小值时,此时Sn=8.D将方程4−x2−tx再转化为:半圆y=4−x2当直线与半圆相切时,有4−∴半圆y=4−x2直线y=tx+4−由图象知直线过−2,0时直线的斜率t取最大值为9.ADπ2026′xexcos4x−x3log10.ABD设A,B两点的坐标为直线AB的方程为x=my+p2消去x后整理为y2−2pmy−p则y1+y2=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=而以线段AB为直径的圆的半径为AB2，所以以线段AB为直径的圆与该抛物线的准线相切，所以B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线段AB的中点Dx1+x2可得直线OD的斜率为k=2m2m2+1,显然当故k=2m2m2+此时D4,22,D点到准线的距离为d=4−−11.ACA答案,SB和C答案,参照教材39页例12的构造法、待定系数法求数列通项公式.由an+1+an=2×3an=3n+−1n−12.当D答案,nan=n⋅3数列−1n−1⋅n2用并项求和,分别求和再相加得到D12.9由空间向量基本定理,λ−27+13.90圆C的圆心为1,0,半径r=25即2an=an−1+an+1S5,S10−则2×50−20=14.1如图,设直线PA的方程为:y=kx+由Δ=12k2−41+3k212k与椭圆联立得A−32,−12∠OPA=45∘,设∠OPD因为OD⊥PD,所以∴因为−45∘<θ<所以当2θ+45∘=0∘时，PA⋅PD取得最大值115.(1)直线l1的方程为2x−y−3=0;直线(2)y=−4x或(1)求导计算可得直线l1的斜率为k所以直线l1的方程为y+4=2设直线l2的斜率为k2,因为倾斜角互补,所以所以设直线l2的方程为y=−2x+原点到直线的距离d=55=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，得当直线l3过原点时,直线l3的方程为当直线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2x−2y−5=0,综上,直线l316.(1)证明见解析(2)λ≥(1)Sn+1=S即an+1=an+1,所以数列a由a2,a5,a11成等比数列,得所以an由bn=2an=2n+1(2)两部分分别裂项bnbn+1bn+1+1=2n+12n+17.1x(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B2A0,0.设圆标准方程通过方程相减消元,先求出a=3,再代入求出最后得r2=12,从而确定圆的标准方程为(2)根据方向角和距离确定D−5,−5，由航行方向得直线斜率用点斜式得直线方程x−3y+5半径r=23,用点到直线距离公式求出圆心到直线距离(3)由补给线方向得斜率k=3，根据P−8,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即sin∠CQT=CTCQ=rCQ最大,也就圆心当CQ与补给线垂直时,CQ最小,此时直线CQ的点斜式方程为y−即3x+3y−12=故雷达装置Q的坐标为3−18.139(2)存在点F为线段BD上靠近D点的三等分点；(3)S=(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则B0,23,0,D1,0,3,(2)由(1)所建空间坐标系，可得E0,0,0B0,23,0BFAFAE=−2,0,0,设平面FAE的法向量有:−2+λx+231−则z=2λ−1,所以n=0,λ故可取平面ABCE的一个法向量为m=因为二面角F−AE−B为45∘化简得3λ2−8λ+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(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且与平面故可设O1,3,t,由F为线段BD的中点可知F由OE=OF得,12+3从而三棱锥F−ABE的外接球的