湖南衡阳市第五中学2025-2026学年高二下册4月阶段检测l数学试卷（含答案）

这是一份湖南衡阳市第五中学2025-2026学年高二下册4月阶段检测l数学试卷（含答案），共29页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡上交， 已知双曲线， 已知二项式，则其展开式中等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，请将答题卡上交.
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. 若直线经过两点，，则此直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】先求直线斜率，再利用斜率和倾斜角的关系求出.
【详解】因直线经过两点，，、则直线斜率，
设直线的倾斜角为，即，
因为，所以.
故选：B.
2. 计算的值为（）
A. 114B. 99C. 142D. 198
【正确答案】A
【分析】由排列数和组合数的计算公式可得结果.
【详解】．故选：A．
3. 下图是函数的导函数的图象，则函数的图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】根据导函数的正负决定原函数的增减性，从而可判断出函数图象
【详解】解：导函数的正负决定原函数的增减，由导数图象知，
原函数的单调性是递减、递增、递减，符合此规律的只有A，
故选：A
4. 已知双曲线：，则双曲线的虚轴长与实轴长之比为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由题意得双曲线的标准方程，通过标准方程即可求得实轴长和虚轴长，进而可求虚轴长与实轴长之比.
【详解】由题意得双曲线的标准方程为，
则虚轴长为，实轴长为，
所以其虚轴长与实轴长之比为，
故选：A.
5. 正项等比数列的前项和为，若，，则（）
A. 9B. C. 9或D. 18
【正确答案】C
【分析】运用等比数列性质解题即可.
【详解】正项等比数列的前项和为，
若，则，则.
又，则，即，即，
则，化简，解得都满足题意.
则或.
故选：C.
6. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（）
A. 300B. 360C. 420D. 480
【正确答案】C
【分析】由最后一位数是0和最后一位不是0，两类情况讨论求解即可.
【详解】最后一位数是0，偶数的个数是；
最后一位不是0，偶数的个数是，
所以一共有种.
7. 已知等差数列的前项和为，若，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由等差数列前项和与等差数列的性质求，由求公差，再应用性质转化为代入求解可得.
【详解】由，
有，
可得
．
故选：A．
8. 在四棱锥S-ABCD中，，，，则三棱锥S-ABD的体积为（）
A. B. C. 1D. 2
【正确答案】C
【分析】先根据向量的数量积判断和向量的关系，进而求出的面积，再求出点到平面的距离，最后根据三棱锥体积公式求解即可.
【详解】，，，
，
，，
根据三角形面积公式，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，故平面的法向量为，
又，则，
故点到平面的距离为，
则三棱锥的体积为.
故选：C.
二､多选题：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. 已知二项式，则其展开式中（）
A. 的系数为84B. 各项系数之和为
C. 二项式系数之和为D. 二项式系数最大项是第4或5项
【正确答案】ABD
【分析】根据二项展开式的通项公式计算后可判断ACD的正误，利用赋值法可求各项系数之和，故可判断B的正误.
【详解】的展开式的通项为，
对于A，取，则，故的系数为，故A正确；
对于B，因，令，则各项系数之和为，故B正确；
对于C，二项式系数之和为，故C错误；
对于D，二项式展开后共有8项，所以二项式系数最大项是是第4或5项，D正确；
故选：ABD.
10. 在等比数列中，已知，，其前项和为，则下列说法中正确的是（）
A. B. C. D.
【正确答案】BC
【分析】由等比数列的定义求得公比，从而求得，得通项公式，前项和，判断各选项．
【详解】设等比数列的公比为，
，，，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误．
故选：BC．
11. 已知抛物线C：，过其焦点F的直线l与抛物线C交于A､B两点，抛物线C在点A，B处的切线交于点P，点M为线段AB的中点，点A在抛物线C的准线上的投影为，则（）
A. B. 轴
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】由题可得抛物线焦点为，准线为.对于A，设直线的方程为：，将直线方程与抛物线联立，由韦达定理可判断选项正误；对于B，由导数知识可得曲线在A，B两点处的切线方程，联立切线方程可得，据此可判断选项正误；对于C，由B分析可得，然后由题可得，然后由等面积法可判断选项正误；对于D，由抛物线定义可得是的角平分线，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，因为点，直线的斜率一定存在，
设直线的方程为：，
与抛物线：联立得：，所以，所以A错误；
对于B，因为，则，
因为，所以，则，
所以曲线在点处的切线为：，即，
同理，曲线在点处的切线为：，
联立，解得，因为，
所以，点与点的横坐标相同，所以轴，所以选项B正确；
对于由B分析可得，所以，
因为，
当时，，
所以，即；
当时，点关于轴对称，
即直线的斜率为0，此时，所以直线的斜率不存在，所以，
综上，.
所以，即，所以选项C正确；
对于D，由C知，，又因为，由抛物线定义知，，
即点到直线的距离等于到直线的距离，所以点在的角平分线上，
即是的角平分线，所以，所以选项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. 二项式的展开式中的常数项为________．
【正确答案】60
【分析】利用展开式的通项公式，可求常数项.
【详解】展开式的通项为．
令，得，则的常数项为．
故．
13. 已知圆：和圆：有3条公切线，则______.
【正确答案】6
【分析】由两圆有3条公切线，确定两圆外切，再由圆心距等于半径之和，列出等式求解即可.
【详解】因为圆：，所以，；
圆：，则其标准方程为：，则，，
因为圆和圆有3条公切线，
所以圆和圆外切，则，
即，解得.
故6
14. 直线分别与曲线和直线相交于A，B两点，则的最小值为__________.
【正确答案】
【详解】如图所示，过点作垂直于直线，垂足为，
因为直线与的斜率均为定值，所以为定值，
设，则，当曲线在点处的切线平行于直线时，
取得最小值，所以当取最小值时，取得最小值，
令，则，所以，解得，即，
所以当直线过点时，取得最小值，此时，
联立，得，此时，
所以的最小值为.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 已知数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用数列的通项和前n项和的关系求解；
（2）利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
解：且，有，
当时，有，
两式相减得，
当时，由，适合，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
.
16. 已知在处取得极值.
（1）求实数a的值；
（2）求在上的最值.
【正确答案】（1）1
（2）最小值为，最大值为.
【分析】（1）由求得，并验证即可；
（2）由（1）求导，确定函数单调性，即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为在处取得极值，
所以，即，解得.
当时，，
令，解得或，
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以函数在处取得极大值，在处取得极小值，
所以1符合题意；
【小问2详解】
由（1）可知，，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以函数的最小值为，最大值为.
17. 为庆祝3.8妇女节，某中学准备举行教职工排球比赛，赛制要求每个年级派出十名老师分为两支队伍，每支队伍五人，并要求每支队伍至少有两名女老师，现高二年级共有4名男老师，6名女老师报名参加比赛．
（1）高二年级一共有多少不同的分组方案？
（2）若甲，乙两位男老师和丙，丁，戊三位女老师组成的队伍顺利夺得冠军，在领奖合影时从左到右站成一排，丙不宜站最右端，丁和戊要站在相邻的位置，则一共有多少种排列方式？
【正确答案】（1）120种；
（2）36种.
【分析】（1）利用分类加法计数原理，结合平均分组问题列式计算.
（2）按相邻问题及有位置限制问题，利用分步乘法计数原理列式计算即得.
【小问1详解】
两组都是3女2男的情况有（种）：
一组是1男4女，另一组是3男2女的情况有（种），
所以总情况数为（种），故一共有120种不同的分组方案.
【小问2详解】
视丁和戊为一个整体，与甲、乙任取1个站最右端，有种，
再排余下两个及丙，有种，而丁和戊的排列有种，
所以不同排列方式的种数是.
18. 已知函数.
（1）求函数的最大值；
（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
（3）若函数在上恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）1（2）
（3）
【分析】（1）利用导数分析的单调性，进而求得函数的最大值；
（2）根据题意，在上恒成立，参变分离后，通过（1）中所求，即可求得参数的范围；
（3）将转化为在上恒成立，构造函数，讨论该函数的单调性，进而根据不同单调性的情况，分析是否在区间上恒成立，从而求得参数的范围.
【小问1详解】
，定义域为，，
令，得，当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，且最大值为.
【小问2详解】
因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，
即上恒成立，即，
由（1）可知，的最大值为1，所以，即，
所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
若函数在上恒成立，即在成立，
所以在上恒成立，
令，
则，
因为，所以当时，在上恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，所以时不符合题意；
当时，令，
①当时，即时，则恒成立，
即在上恒成立，所以函数在上单调递减，
所以，所以时符合题意；
②当时，即时，令，
则，
因，所以，
所以当时，，所以在上恒成立，
即函数在上单调递增，所以当时，，
所以时，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
19. 设椭圆的左、右焦点分别为，，点为上异于长轴顶点的动点，且面积的最大值为.直线，分别交于点，，的周长为8.
（1）求的方程；
（2）证明：以，为焦点且经过点的双曲线也经过点；
（3）设，当时，求的最大值.
【正确答案】（1）或
（2）证明见解析（3）
【分析】（1）设，由的面积.得到，再结合的周长，即可求解；
（2）由椭圆的定义得到.进而得到.结合双曲线定义即可求解；
（3）设点，记，得到的方程为，联立椭圆方程求得，同理求得，进而可求解.
【小问1详解】
设，则的面积.
当时，取最大值，所以.
的周长，故.
因此，或，，
所以的方程为或；
【小问2详解】
由椭圆的定义知.
所以.
由双曲线的定义知，以，为焦点且经过点的双曲线也经过点；
【小问3详解】
由（1），当时，的方程为，，，设点，
记，则直线的方程为.
由得，故.
同理，记，可得.
所以
.
故当，即时，取到最大值