湖北省三所名校2025-2026学年高二下学期4月阶段性检测试题 数学 版含解析

湖北三所名校2025-2026学年高二下学期4月练习数学试卷一、单选题1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．下列导数运算中正确的是（

）A． B．C． D．3．用数字2，3，5可以组成无重复数字的偶数的个数为（

）A．15 B．12 C．10 D．54．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．5．已知圆，直线，则直线被圆截得的最短弦长为（

）A． B． C． D．6．已知数列的前项和为，，，则（

）A． B． C． D．7．已知函数，则的图象在处的切线方程为（

）A． B．C． D．8．已知点是双曲线上第一象限内的一点，点、是其左、右顶点，且，过点作与直线倾斜角互补的直线与直线交于点，若点在椭圆上，则该双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知且，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．10．某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，每件法宝只有一种使用方法，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（

）A．若哪吒每次使用两种法宝，对阵次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种；B．若哪吒与敌人对阵次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种；C．若哪吒每次使用一件法宝，对阵次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，阴阳剑和九龙神火罩必须相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种；D．若哪吒每次使用一件法宝，对阵次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，火尖枪比阴阳剑更早使用，则不同的使用法宝的方法有种．11．已知函数，则（

）A． B．是函数的一个单调区间C． D．存在，满足三、填空题12．已知等比数列为递减数列，其前项和为，且，则______．13．已知函数，在区间内任取两个实数，当时，不等式恒成立，则实数的最大值为______．14．已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．四、解答题15．某中学的社团活动室有书法社、围棋社和绘画社三个社团，学生小李每天都会去活动室参与社团活动.若当天选择书法社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率均为；若当天选择围棋社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率分别为，，；若当天选择绘画社，则后一天等可能地选择书法社、围棋社或绘画社.已知小李第一天等可能地选择一个社团参与活动.请完成下列计算：(1)求小李第2天选择书法社的概率．(2)求在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率．16．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，E是PD的中点．(1)证明：平面平面．(2)求直线AD与平面ACE所成角的正切值．17．已知数列满足，，其中(1)求数列的通项公式．(2)记，求证：．(3)若不等式对恒成立，求实数的取值范围．18．已知函数，(1)已知“函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于定义域内任何恒成立”，求函数的对称中心．(2)讨论方程根的个数．(3)当（2）中的方程有2个不同实根时，求证．19．已知椭圆过点，原点为，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，且直线的斜率与直线的斜率的乘积为．(1)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离．(2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆恒过右焦点，且的中点为．①证明：直线过定点．②若椭圆的左焦点为，的延长线交椭圆于点，若，，求的最大值．参考答案1．D【详解】设该直线的倾斜角为，则由题意，又，所以.2．B【详解】对于A，由为常数，所以，所以A不正确；对于B，由，所以B正确；对于C，由复合函数的求导法则，可得，所以C错误；对于D，由复合函数的求导法则，可得，所以D错误.3．D【详解】分三类，第一类组成一位整数，偶数有2，共1个；第二类组成两位整数，其中偶数有32和52，共2个；第三类组成三位整数，其中偶数有352和532，共2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．4．B【详解】以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，因为正方体棱长为，则各点坐标为：，又因为为中点，所以，因为为中点，所以，即，，设异面直线与所成角为，则．5．B【详解】圆的圆心为，半径．将直线的方程整理为关于的式子：．令，解得，即直线恒过定点．

由于恒过定点，故当时，直线被圆截得的弦最短．计算．最短弦长6．A【详解】因为，，所以，即.又①，

则②，由②-①，得，所以是以为首项，为公差的等差数列，是以为首项，为公差的等差数列所以

7．B【详解】因为，则，所以，又，所以的图象在处的切线方程为，即．8．B【详解】由双曲线，左右顶点为，则，因为，所以，得，即.设，满足，所以，所以，设，满足，所以，所以，因为直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，所以，又因为，所以，即，所以，所以.9．AC【详解】对A：令，则，得，故A正确；对B：由，则，对有，，对有，，则，故，故B错误；对C：令，得，故C正确；对D：令，得，从而得，又，从而，故D错误.10．ABD【详解】对于A，每次使用两种法宝有种，因可以重复使用，则对阵次、不同的使用法宝的方法有种，故A正确；对于B，若恰好选用其中6件法宝，再将选出的6件法宝分成3组：2,2,2共有种，则对阵3次，不同的使用法宝的方法有种，若7件法宝全部用完，则将7件法宝分成3组：2,2,3，共有种，则对阵3次、不同的使用法宝的方法有种，

故不同的使用法宝的方法共有种，B正确；对于C，先将除乾坤圈、风火轮以外的5种法宝排列，阴阳剑和九龙神火罩相邻共有种，这4个元素（捆绑后的阴阳剑和九龙神火罩，以及另外3件法宝）排列形成了5个空位将乾坤圈、风火轮插入5个空位中有种，则不同的使用法宝的方法有种，故C不正确；对于D，先将7件法宝全排列共有种，乾坤圈、风火轮、火尖枪、阴阳剑四种法宝全排列有种,所以不同的使用法宝的方法有种，故D正确．11．ABD【详解】，则A正确；，则是单调递增函数，因为是函数的一个单调递增区间，由复合函数的单调性可知，是函数的一个单调递增区间，B正确；，C错误；因为，即只要判断是否成立即可，令，即D正确．12．/【详解】设数列公比为，依题意，得，整理得，解得或，又等比数列为递减数列，所以，由，得到.13．【详解】．因为，，亦即．令，则问题等价转化为是增函数．所以在恒成立，即在恒成立，所以在恒成立，所以在恒成立．令，则，因为二次函数在上单调递增，所以当时，，即，所以是增函数，所以，即，所以实数的最大值为．14．．【详解】由，则，因为，所以，因为恒成立，即恒成立，整理得恒成立，即恒成立，构造函数，根据单调性的性质可知，函数单调递增，故原不等式等价于，即，令，则，求导得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，因此在处取得最小值；，即，从而可得，即的取值范围是．15．(1)(2)【详解】（1）设事件分别表示第1天选择书法社、围棋社、绘画社，事件表示第2天选择书法社.由题意，两两互斥且构成完备事件组，且由全概率公式：∴小李第2天选择书法社的概率为.（2）∴在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率为.16．(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为底面是正方形，所以，又因为平面平面，且平面底面，底面，所以平面，因为平面，所以．又因为是正三角形，是的中点，所以．因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）解法1：作，垂足为，连接．因为平面平面，，且，，则．所以为在平面上的射影，为直线与平面所成的角．因为平面，平面，所以．因为，，所以，因为，所以．在中，．所以．所以直线与平面所成角的正切值为．解法2：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系．已知底面边长为，是正三角形，所以，则，因为是的中点，故，所以，设平面的法向量为，所以，即，令，则，，设直线与平面所成的角为，则．故．所以．所以直线与平面所成角的正切值为．17．(1)，(2)证明见解析(3)【详解】（1），又，则数列是以为首项，以为公差的等差数列，，则，，以上各式相加可得，，当时，满足题意，.（2）由（1）可得，，.（3）由题意有：对恒成立，可得：不等式对恒成立，又，可得：对恒成立，记，则当时，，即，当时，，即，所以，当时，取得最大值为，.综上，实数的取值范围是.18．(1)(2)当或时，方程有1个根；当或时，方程有2个根；当时，方程有3个根；当时，方程没有根.(3)证明见解析【详解】（1）根据题意，对称中心满足对任意恒成立，因为，，故，对比充要条件，取，则，故.所以函数的对称中心为.（2）因为，因为单调递增，所以单调递减，所以单调递增，因为，由（1）知，所以，即，所以问题转化为求方程的根的个数.令，则需研究的图象与的交点个数，因为，令，得或，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在取到极小值为，在取到极大值为.当时，，当时，，根据的图象可得：当或时，方程有1个根；当或时，方程有2个根；当时，方程有3个根；当时，方程没有根.（3）当方程有两个根时，则或，分情况：当时，根为，所以，所以；当时，，所以；当时，此时，要证，等价于证明，因为，且在上单调递增，所以只需证，又因为，所以只需证.设，我们只需证明在时，.因为，所以，所以，令，所以，当时，，故，单调递增，所以，即，所以，所以在上单调递减，又因为，所以当时，，即对任意成立.因为，所以，因此原不等式得证.综上，三种情况均已证明，原命题成立.19．(1)当时，最大距离为；当时，最大距离为(2)①证明见解析；②【详解】（1）解：设点，且在椭圆上，可得且，两式相减，得，即，所以因为，可得，所以，则，又因为椭圆过点，可得，联立方程组，可得，所以椭圆方程为：设点，可得，则，其对称轴为，而，当，即时，在时取得最大值，且；当，即时，在时取得最大值，且．综上可得，当时，最大距离为；当时，最大距离为．（2）解：①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为，因，所以直线的斜率为，由椭圆的右焦点，直线的方程为，设，联立方程组，整理得，则，且，，所以线段的中点M的坐标，，即．将直线