2026襄阳四中高二下学期3月阶段检测数学试题含解析

这是一份2026襄阳四中高二下学期3月阶段检测数学试题含解析试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线方程可直接求得准线方程.
【详解】由抛物线方程可得准线方程为：.
故选：B.
2. 圆与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相离C. 内切D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】求出两圆圆心的距离，再与两圆半径进行比较，得到答案.
【详解】圆，圆，
所以两圆圆心为，，
所以，
两圆半径分别为，，
所以，
所以两圆位置关系为外切.
故选：D.
3. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A. 在区间上单调递减B. 在处取得极大值
C. 在区间上单调递减D. 在处取得极小值
【答案】D
【解析】
【分析】根据导函数图象与函数极值、单调性关系一一分析即可.
【详解】对A，当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，故A错误；
对B，在附近，导函数符号不变，则在处取不到极大值，故B错误；
对C，当时，此时单调递增，故C错误；
对D，由图知为附近的最低点，则在处取得极小值，故D正确.
故选：D.
4. 中国当代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“二百五十二里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走252里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.则最后一天走了（ ）
A. 4里B. 16里C. 64里D. 128里
【答案】A
【解析】
【分析】先根据题意转化为等比数列模型，相当于求，直接套公式求即可.
【详解】由题意得此人每天走的路程构成公比为的等比数列，且前6项和为252.
设首项为，则有，解得：=128.
∴
故选：A
【点睛】（1）数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
（2）等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换．
5. 在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量点到线的距离公式进行求解即可.
【详解】因为，直线的方向向量，
所以，
因为，
所以点到直线的距离为，
故选：A
6. 用一个与圆柱底面成角的平面截这个圆柱得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合图形分析椭圆的长半轴和短半轴与圆柱底面圆半径的关系，求出得到离心率.
【详解】设圆柱底面半径为，则底面圆的直径为，
椭圆的短半轴平行于截面与底面交线的方向，长度等于底面圆的半径，即，
长半轴垂直于截面与底面交线的方向，由二面角的几何关系可得，
所以，
所以该椭圆的离心率，
故选：D.
7. 若函数在区间单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为在区间恒成立，分离参数后结合对勾函数的单调性可得.
【详解】，
因为函数在区间单调递增，
所以区间恒成立，即在区间恒成立，
即在区间恒成立，
由对勾函数的单调性可得故.
故选：D.
8. 已知在数列中，，，，则中的最大项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】 记，整理得出的通项公式，分析当时和当时，即可得出中的最大项为.
【详解】记，由题意得，
整理可得，
得，即，
又，，所以，则是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
当时，，即，
当时，，即，
所以，
故中的最大项为.
故选：B
二、选择题：本题共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. 下列说法正确的是（ ）
A. 非零常数列既是等差数列，又是等比数列
B. 4与9的等比中项为
C. 在公比不为1的等比数列中，若，则mn的值可能为8
D. 等比数列是递增数列，则的公比
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项利用等差数列，等比数列的定义进行验证即可；B选项利用等比中项定义求解；C选项由等比数列的性质可知，即可求解；D选项举反例可判断.
【详解】对于A选项，设非零常数列的通项公式为，
则，所以是公差为的等差数列，
又，所以是公比为的等比数列，
所以非零常数列既是等差数列，又是等比数列.故A正确；
对于B选项，4与9的等比中项为，故B正确；
对于C选项，由等比数列的性质可知，且，
所以，的可能值为，或，或，或，或，，
则，或，或，故C正确；
对于D选项，当，时，数列是递增数列，故D错误.
故选：ABC
10. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列说法中正确的有（ ）
A. B.
C. 异面直线与所成的角为D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算判断A；结合A可得，再根据数量积的运算律判断B；根据，则为异面直线与所成的角，即可判断C；计算，即可判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：因为，
所以
，
所以，即，故B错误；
对于C：因为，，所以，
所以为异面直线与所成的角，即异面直线与所成的角为，故C错误；
对于D：因为，，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：AD
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交于两点．若直线的斜率是的周长是16，则（ ）
A. 的渐近线方程为B. 的实轴长是2
C. 的面积是12D. 的外接圆半径是
【答案】BCD
【解析】
分析】根据给定条件，利用双曲线定义，结合直角三角形边角关系求出，再逐项分析求解.
【详解】设，直线，由，得，
则，由直线的斜率是，得，
由双曲线定义得，由的周长是16，
得，即，则，而，
因此，解得，双曲线，
对于A，双曲线的渐近线方程为，A错误；
对于B，双曲线的实轴长是2，B正确；
对于C，，的面积是，C正确；
对于D，，，因此的外接圆半径，D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的单调减区间是_____.
【答案】
【解析】
【分析】求导，解不等式即可.
【详解】，
解得，
故的单调减区间是.
故答案为：
13. 数列满足，，则数列的前9项和为____．
【答案】30
【解析】
【分析】根据题意求得，得到数列是首项为，公差为2的等差数列，数列是首项为，公差为2的等差数列，据此求得的通项公式，分为奇数和偶数，结合等差数列求和公式，即可求解．
【详解】由，可得，
两式相减，可得，又由且，可得，
所以数列是首项为，公差为2的等差数列，
数列是首项为，公差为2的等差数列，
即为奇数时，，为偶数时，，
所以，
所以．
故答案为：30．
14. 已知直线与交于两点，
（1）时，______；
（2）若在圆上或其内部存在一点，使得，则的取值范围为______．
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】（1）利用圆的标准方程及点到直线的距离公式，结合圆中半径、半弦长、弦心距的关系即可求解；
（2）利用圆的性质及点到直线的距离公式，结合直线与圆的位置关系及绝对值不等式的解法即可求解.
【详解】（1）当时，，
所以圆的圆心坐标为，半径为.
圆心到直线的距离为
.
所以弦长
（2）由，得圆的圆心坐标为,半径为.
由在圆上或其内部存在一点，使得，需使得以为弦的圆心角，
所以圆心到直线的距离为,
即，解得，即或.
且直线与交于两点，
所以，解得
故实数的取值范围为.
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 设函数．
（1）当时，求函数在点处的切线方程.
（2）当，求函数的极值.
【答案】（1）
（2）极小值，极大值
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率，利用直线的点斜式方程即得；
（2）对函数求导，分析函数单调性，即得函数的极值.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，而，
故函数在点处的切线方程为.
【小问2详解】
当时，，函数的定义域为，
则，
令，得或；令，得，
故函数在和上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取得极小值；
在处取得极大值.
16. 已知是等差数列，是公比大于0的等比数列，且，，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，列方程组求解即可；
（2）错位相减法求即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为是公比大于0的等比数列，且，
所以是各项都为正数的等比数列，设其公比为.
由可得：，
解得或（负值舍去），
则，；
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
两式相减可得
，
整理得.
17. 如图，在四棱锥中，，，，，，，为的中点，平面与棱交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）若为的中点，平面平面，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质可得，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，即可求出答案.
【小问1详解】
因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，
因为是的中点，
所以为的中点．
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又因为平面，因此，
故两两垂直，
故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
所以，
由图知，二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且椭圆过点.过作两条互相垂直的直线与分别与椭圆交于四点.记弦的中点分别是.

（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与轴不重合，求△面积的最大值；
（3）求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由题意可得，利用椭圆的定义可求得，进而可求得，可求椭圆的方程；
（2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程组，根据韦达定理可得，结合基本不等式求得△面积的最大值；
（3）设，由题意可得定点在点在轴上，设为，由（2）可得的坐标，进而利用，可得，可求得定点坐标.
【小问1详解】
因为椭圆的左､右焦点分别为，所以，
又椭圆经过点，
所以，
所以，所以，
所以椭圆的方程.
【小问2详解】
由题可设直线的方程为：，
由得，，
令，则，所以，
又因为时，单调递增，所以，所以，
所以，
所以面积的最大值为.
【小问3详解】
设，
（i）当或与轴重合时，直线为轴.
若直线过定点，则该点在轴上，设为，
（ii）当与都不与轴重合时，由（2）可知：
，
把换成可得，
因为
且，所以.
解得：，
所以直线过定点.
19. 已知为正项数列的前n项和，且．
（1）求的通项公式．
（2）已知数列满足：①，②，③．
（i）求．
（ii）证明：．
（iii）若，求q的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i），，；（ii）证明见解析；（iii）
【解析】
【分析】（1）由与关系推导证明是等比数列，进而求出其通项公式；
（2）（i）通过与条件矛盾分析确定的值；（ii）推导证明与的关系；（iii）利用等比数列通项得到，结合的不等式求解的范围.
【小问1详解】
将代入，得．
由，得，
两式相减得，即，
因为为正项数列，所以，则为等比数列，且首项和公比均为q，
所以．
【小问2详解】
（i），若，则，得，这与矛盾，
所以，则，又，所以，得．
同理得，
又因为，所以，所以．
（ii）证明：，又，所以．
，
得，即．
（iii）因为，
所以．
，
因为，所以，即，
由，且，
可得，又，所以，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列．
因，所以，
若，则，即，
解得．