湖北省襄阳市2025-2026学年下学期阶段检测高二数学试卷

高二数学一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共计分．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.在等比数列中，，则等于（）A.6B.－4C.4D.【答案】C【解析】【详解】设公比为q，由，得，解得，所以.2.下列方程表示的椭圆中，形状最接近于圆的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的图形性质，由离心率的值的大小比较即得.【详解】由椭圆性质知，椭圆的离心率的值越小，其形状越接近于圆，离心率的平方，其中分别为椭圆的半长轴和半短轴的长.对于A，；对于B，；对于C，；对于D，.显然，故椭圆的形状最接近于圆．第1页/共21页

3.已知双曲线C：的两条渐近线的倾斜角均大于，则双曲线C的一个焦点到其中一条渐近线的距离的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由双曲线C：可知渐近线方程为，若双曲线C的两条渐近线的倾斜角均大于，则，即，而，则双曲线的一个焦点到其中一条渐近线的距离为，所以双曲线的一个焦点到其中一条渐近线的距离的取值范围是.4.已知椭圆的上下焦点为，点P在椭圆上运动，则△的面积的最大值为（）A.B.C.6D.9【答案】A【解析】【详解】由椭圆方程可知，椭圆的焦点在轴上，且，解得，当在短轴顶点时的面积最大，最大值为.5.下列关于空间向量的命题中正确的是（）A.已知两个向量，，则与的夹角为锐角第2页/共21页

B.已知过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为C.若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底D.已知，，则在上的投影向量坐标为【答案】D【解析】【分析】根据可判断A；根据点到平面距离向量法计算可判断B；根据空间向量基本定理可判断C；根据投影向量计算公式计算可判断D.【详解】A，因为，所以，故与的夹角为，错误；B，由题意可得，所以点到平面的距离为，错误；C，是空间的一组基底，而，即是共面向量，故不是空间的一组基底，错误．D，由在上的投影向量为，正确．6.吹气球时，气球的体积（单位：L）和表面积（单位：）都随着气球的半径变化而变化．当气球的半径为1dm）A.B.C.D.1【答案】C【解析】【分析】求出气球的体积与面积的函数解析式并求导，结合导数的几何意义求解即可.【详解】气球的体积，表面积，所以气球的体积与面积的函数解析式为，第3页/共21页

记，则，当气球半径时，．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.7.已知数列的前n项和为，前n项积为，若，当取最小值时，＝（）A.B.1C.2D.【答案】B【解析】【分析】先利用数列的前项和与的关系求得和，再根据确定的值，即得.【详解】由得：，两式相减整理得，又易得,故是首项为，公比为2的等比数列，所以，，可知，则，即当时，取得最小值.因为当时，；当时，，所以时，取最小值，此时．8.若关于x的方程有且仅有两个不同的实数根，则实数t的取值范围为（）第4页/共21页

A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得方程有且仅有两个不同的实数根，将方程根的情况转化为一个半圆与一条直线交点的情况，再用数形结合，先求出相切时的斜率，再得到有两个交点的情况.【详解】将方程转化为方程，再转化为：半圆与直线有两个不同交点．当直线与半圆相切时，有，，∴半圆与直线有两个不同交点时，直线，即一定过点，由图象知直线过时直线的斜率t取最大值为1，∴．二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共计分．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.B.C.D.【答案】AD【解析】第5页/共21页

【分析】对于A：根据常函数的导数即可得结果；对于BD：根据导数的四则运算法则求解即可；对于C：根据复合函数的导数运算求解.【详解】对于选项A：，故A错误；对于选项B：，故B正确；对于选项C：，故C正确；对于选项D：，故D错误．10.已知抛物线，过抛物线焦点的动直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，数量积为定值，则下面说法正确的是（）A.B.以线段为直径的圆与该抛物线的准线相切C.若，则直线的倾斜角为或D.若是线段中点，则当直线的斜率最大时，弦长【答案】ABD【解析】【分析】分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算与韦达定理可求得的值，可判断A选项；利用抛物线的定义可判断B直线的斜率，可得出该直线的倾斜角，可判断C选项；求出点的坐标，利用基本不等式可求出直线的斜率的最大值，求出的值，利用抛物线的焦点弦长公式求出的值，可判断D选项.【详解】设点、，易知点，若直线与轴重合，直线与抛物线只有一个交点，不合题意，所以直线不与轴重合，设直线的方程为．第6页/共21页

联立方程，消去后整理为，显然有，则，，可得．对于A，由，解得，A正确；对于B的中点为到准线的距离为，而以线段为直径的圆的半径为，所以以线段为直径的圆与该抛物线的准线相切，B正确；对于C，易知点，由，，由，所以，可得，所以，所以，，解得，所以直线的斜率为，故直线的倾斜角为或，C错误；对于D，由上面分析知，，线段的中点即，可得直线的斜率为，显然当时，方能取最大值；故（当且仅当此时，则，故D正确．第7页/共21页

若数列的前项和为，首项＝2，且满足，则下列说法正确的是（）A.B.是等比数列C.当n为偶数时，D.数列的前项和为，则【答案】AC【解析】【分析】根据等比数列通项公式、前项和公式，结合构造法、错位相减法、并项求和法求解判断即可.【详解】选项A：，故A正确.选项B：由，，所以，，可得，，，所以，所以不是等比数列，故B错误.选项C：由，，可得，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即．第8页/共21页

当n为偶数时，，故C正确.选项D：由选项C可知，.所以.令，则所以，所以.，所以，故D错误.三、填空题（共3小题，每小题5分，共计分．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，则的值为______．【答案】【解析】【分析】根据空间向量共面定理，若A，B，C，D四点共面，则，且，从而得到方程，解得即可.详解】，由空间向量共面定理，，所以.第9页/共21页

13.正项数列的前n项和为，且，，若直线l：与圆C：相切，则＝______．【答案】90【解析】【分析】根据直线l与圆C相切可得，进而分析可知数列为等差数列，结合等差数列的前n项和性质列式求解即可.【详解】因为正项数列，则圆C：的圆心为，半径，圆心到直线的距离，由直线l与圆C相切，可得，即，故数列为等差数列，则，，也成等差数列，即，故.14.已知椭圆C：，过点的两条直线与，其中与椭圆C相切于A点，与椭圆C相交于M、N两点，于点D，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】设直线PA的方程为，与椭圆联立求出，可得，设，结合平面向量的数量积的定义及三角恒等变换公式化简可得，进而结合余弦函数的性质求解即可.【详解】如图，不妨设直线PA方程为，第10页/共21页

联立，得，由，解得，则，解得，则，即，直线PA的方程为，则，此时，设，则，因为，所以，则，因为，所以，所以当，即时，取得最大值.四、解答题（本大题共5小题，共计分．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.已知直线为曲线在点处的切线，直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，原点在直线斜上方且到的距离为．（1）求直线和直线的方程；（2在轴和经过直线与直线的方程．第11页/共21页

【答案】（1），；（2）或．【解析】1）求导，根据导数的几何意义可得直线，根据点到直线的距离公式结合题意计算可得直线；（2）先求得直线与直线的交点，分直线过原点与直线不过原点两种情况求解即可.【小问1详解】，求导可得，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即．设直线的斜率为，因为倾斜角互补，所以，所以设直线的方程为，即原点到直线的距离，解得，因为原点在直线的斜上方，所以，故直线的方程为；【小问2详解】联立，得，所以直线与的交点坐标为．当直线过原点时，直线的方程为．当直线不过原点时，设的直线方程为，将代入解得．可求得直线的方程为，综上，直线的方程为或．16.已知数列的前n项和为，且，其中成等比数列，数列满足第12页/共21页

．（1）求证：数列为等比数列；（2）已知数列满足，的前n项和为，若对恒成立，试求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）借助与关系可得数列为公差为1的等差数列，再借助等比数列性质可得，即可求出数列的通项公式，从而可得数列的通项公式，再利用等比数列定义即可证明；（2）借助裂项相消法计算即可得解.【小问1详解】，所以，即，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，由成等比数列，得，解得，所以，由，则，且，所以数列等比数列；【小问2详解】，，则第13页/共21页

，由对恒成立，得．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°方向千米处，监测站E在A正东千米处．现划定的圆形警戒区域恰好过A、B、E三点．（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°方向千米处，正沿北偏东60°方向匀速航行，试问该船是否会进入警戒区域？（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，求该装置应安装的位置坐标．【答案】（1）（2）该船不会进入警戒区域（3）雷达装置的坐标为.【解析】1）求出A、B、E三点坐标后，利用待定系数法计算即可得；（2）求出船只的航行所在直线方程后，利用点到直线距离公式判断直线与圆的位置关系即可得；（3与即可通过求出补给线所在直线方程与所在直线方程求出点坐标.【小问1详解】由题可得，，，即，第14页/共21页

设圆标准方程，则有，解得，故圆的标准方程为；【小问2详解】由题可得，即，由航行方向可得船只的航行所在直线斜率，即为直线方程，化简得，由圆形警戒区域圆的标准方程为，圆心为，半径，有，所以该船不会进入警戒区域；【小问3详解】由题意可得，补给线方向斜率，则补给线方程为，化简得，设雷达监控装置为点，该点为补给线上的动点，一个切点为，圆心；雷达波张角，要使雷达波张角最大即最大，即最大，也就圆心到装置距离最小，当与补给线垂直时，最小，此时直线的点斜式方程为，即；第15页/共21页

联立方程，解得，故雷达装置坐标为.18.，下底，，侧面侧面，点为线段上的动点．（1）求点到直线的距离；（2）试问线段上是否存在点，得二面角为？存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由；（3）若点为线段的中点，求三棱锥的外接球的表面积．【答案】（1）（2）存在,点为线段上靠近点的三等分点（3）【解析】1）建立空间直角坐标系，借助向量法求点到线的距离即可；（2）由点在直线上，设，由二面角为，借助向量法求参即可；（3）通过分析可知球心在过点且与平面垂直的直线上，设球心坐标，利用球心到各顶点的距离相等，即可得球心坐标，从而得面积.第16页/共21页

【小问1详解】如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系,则，点到直线的距离.【小问2详解】由（1）所建空间坐标系，可得，故，，设，则，平面的法向量，由，有：，则，取，则，所以，因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，因为二面角为，所以，化简得，解得（故存在点为线段上靠近点的三等分点，使得二面角为.【小问3详解】取中点，三棱锥的外接球的球心为,第17页/共21页

由知，点在过点且与平面垂直的直线上，故可设,由为线段的中点可知的坐标为．由得，解得，从而三棱锥的外接球的半径为，表面积为.19.在平面直角坐标系中，已知动点满足下列方程：；该方程的