湖南省郴州市2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题(B)（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省郴州市2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题(B)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，那么（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为A=-2,-1,0,1,2,B=x∈2.若复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】，则，则.3.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由，解得；由，解得；因为是的真子集，可知“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件．4.若函数是奇函数，则实数（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】因为函数fx=9x+a3x+解得．当时，验证得是奇函数．5.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，，则的解集为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由函数是定义在上的偶函数，得，即函数的图象关于直线对称，由函数在上单调递增，得函数在上单调递减，且，则当或时，；当时，，不等式fxfx+2>0等价于即1<x<31<x+2<3或x<1或x>3x+2<1或x+2>3所以fxfx+26.展开式中含项的系数为（）A.24 B. C.48 D.【答案】A【解析】的展开式的通项为Tr+1=由，得，所以的展开式中项的系数是．7.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，所以，即，又cosα-β=所以，，所以cosα+β8.已知双曲线的右焦点为F，直线与双曲线C相交于A，B两点，且，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，则，其中，由得，所以c-x1·c+x所以，将代入得，又，所以c22a2-两边同除以，整理得，解得，.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列说法正确的有（）A.数据2，3，5，7，10的上四分位数为7B.若事件A，B相互独立，则C.若数据的方差为5，则数据的方差为20D.将数字1，3，6，8，5随机排列成五位数，该五位数是偶数的概率为20%【答案】AC【解析】对于A，，故该组数据的上四分位数为7，A正确；对于B，若事件相互独立，则PAB而与不一定相等，故B错误；对于C，将数据同时乘以2得数据，则方差变为原来的4倍，即20，C正确；对于D，排列成的五位数个位数字为6或8的概率为，故该五位数是偶数的概率为，D错误．10.如图，在四面体中，是的中点，是的中点，点在线段上，且．下列结论正确的是（）A.B.直线与异面C.直线与异面D.平面【答案】BCD【解析】对于A，由题干条件不能确定垂直关系，A错误；对于B：结合图形,由异面直线定义知直线与异面，B正确；对于CD，取的中点，且是的中点，所以且，取的四等分点，使，且，所以，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，且平面，平面，与相交，所以平面，直线与异面，故CD正确．11.已知均为正实数，则下列说法正确的是（）A.的最小值是2B.若，则的最小值为8C.若，则的最小值为16D.若，则的最小值为【答案】BCD【解析】对于A：，当且仅当时取等号，但不成立，故A错误；对于B：x，y均为正实数，满足，因为，所以，又因为，解得，同理，1x当且仅当时取等号（此时），所以的最小值为8，故B正确；对于C：因为，，，所以，当时，即，即，时等号成立，所以的最小值为16，故C正确；对于D：由题意可得，设，则在上恒成立，则在上单调递增，且fx=f1-y由的单调性可得，，则，又因为，则有2y当且仅当时等号成立，即x=2-1,y=2-2,因此的最小值为，故三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知等比数列的前n项和为，若，，则________．【答案】【解析】设等比数列的公比为，由可得：5a若，又，则，这与a5-a7所以，而，从而a5+a13.已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则实数________．【答案】2或4【解析】因为，则，当时，，则曲线在点处的切线为，令，可得，因为切线与曲线只有一个公共点，即方程有唯一解，则，解得或．14.一个袋子里有大小和质地相同的5个球，标号为1，2，3，4，5，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取5次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有4个不相同的数的概率为________．【答案】【解析】由题知是有放回地取球，所以每次都有5种不同取法，总取法有种，而这列数中恰有4个不相同的数的取法有C5故这列数中恰有4个不相同的数的概率为．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.某空间站有甲、乙等多名航天员共同负责一项科学实验，现按照一个以一周为周期的值班表安排该实验的值班人员．已知每名航天员的值班日期不完全相同．（1）若每名航天员每周安排两天值班，则甲、乙两人每周恰好有一天共同值班的安排方式共有多少种？（2）求甲、乙每周各被安排三天值班的条件下，甲、乙两人没有被安排共同值班的概率．解：（1）甲被安排两天值班有种情况，无论甲如何安排，乙都有种情况使得两人恰有一天共同值班，甲、乙每周恰好有一天共同值班的安排方法有种．（2）记甲、乙每周被安排三天值班为事件，甲、乙两人没有被安排共同值班为事件．被安排三天值班的情况有种，则甲、乙每周各被安排三天值班，且两名航天员的值班日期安排不完全相同的安排方式共有nM无论甲如何安排，乙都有种情况使得甲、乙没有任何一天共同值班，故甲、乙两人没有被安排共同值班的情况有nMN所以在每人各被安排三天值班的条件下，甲、乙两人没有被安排共同值班的概率为PN16.记为等差数列的前n项和，且．记为数列的前n项和，且．（1）求数列和的通项公式；（2）数列的前n项和为，若对任意正整数n，都有恒成立，求实数的取值范围．解：（1）设等差数列的公差为d，由，得23a1+3d由，得，即，即，解得，，则，当时，由，得，当时，由，得，，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以；（2）由（1）知，，而Fn=且12F①②得12F=2+3×12×因为3n+52n-1>0，，所以因为对任意正整数，都有恒成立，所以，所以实数的取值范围为．17.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，为正三角形．（1）求证：平面平面；（2）设点是三棱锥外接球的球心，求该外接球的半径；（3）在第（2）问的条件下，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：设为的中点，连接，，，在中，.又BC=2-12+32又为正三角形，则，.又，，所以.又平面，，所以平面.因为平面，所以平面平面．（2）解：由（1）可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图，则A3,0,0，，，D取的中点，则H32,在中，外接圆的圆心为的中点，连接，则平面，设G3则外接球的半径r=GA=GE解得，所以G32,-故三棱锥外接球的半径．（3）解：由（2）得GA=32,1设平面的法向量为，则m⋅DA=0令，则，，则m=3,-1设直线与平面所成角为，则sinα=直线与平面所成角的正弦值为.18.如图，已知椭圆C：的离心率为，椭圆过点，E为定点．（1）求C的标准方程；（2）过点P的直线交C于另一点B，且的面积为1，求直线BP的方程；（3）若F为椭圆的右焦点，直线l与C交于M，N两点（M，N均不在长轴上），且总有平分．求证：直线l恒过定点，并求出定点坐标．解：（1）由题意得e=1-b2a2椭圆C的标准方程为；（2）当直线BP的斜率不存在时，此时点，，不满足题意，（舍去）；当直线BP的斜率存在时，设斜率为k，，则直线BP方程为，即，联立y=kx-k+32x则，所以．所以，又点E到直线BP的距离，所以，化简得，解得，故直线BP的方程为或；（3）设点，，易知，，，，，同理可得，由题意得，即，两边同时减2得，即，则点M，N和点三点共线，故直线l恒过定点．19.丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．若为上任意n个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”．也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凸函数”．若为上任意n个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”．可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”．这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式．（1）证明：函数在上为“凹函数”；（2）已知正实数a，b，c满足，求证：；（3）一般形式的柯西不等式：设，是实数，则，当且仅当或存在一个实数k，使得时，等号成立．设均为大于0的实数，且，求证：．（1）证明：∵fx=ln∴f'x当时，，故f″x=由“凹函数”的定义可得，函数fx=ln1x在上为（2）证明：由正实数a，b，c满足，可得a,b,c∈0,满足（1）中函数fx由（1）知fx=ln1x在上为对n=3，根据“凹函数”的琴生不等式