湖南株洲市第四中学2025-2026学年高二下册3月阶段性检测数学试卷（含答案）

这是一份湖南株洲市第四中学2025-2026学年高二下册3月阶段性检测数学试卷（含答案），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D.
【正确答案】A
【详解】由，
得：的虚部为.
2. 设等差数列的前n项和为，若，则的值为（ ）
A. 34B. 17C. 56D. 68
【正确答案】B
【详解】由于等差数列的前n项和为，且，则.
3. 直线与直线平行，则（ ）
A. -2B. 1C. -2或1D. -1或2
【正确答案】A
【分析】由两直线平行即可得出的值.
【详解】由题意，
直线与直线平行，
∴由，得或．
当时，，，．
当时，，，与重合．
故选：A.
4. 从两名老师和四名学生中选出四人排成一排照相，其中老师必须入选且相邻，共有排列方法
A. 种B. 种C. 种D. 种
【正确答案】B
【分析】两名老师必须相邻，利用捆绑法与其余2人全排即可．
【详解】从四名学生中选两名共有种可能，两位教师捆绑成一个整体参加排列，
共有种可能排列方法.
5. 设直线与圆相交于A、B两点，且弦长为，则的值是
A. 2B. C. 0D. -1
【正确答案】C
【分析】利用弦长公式求解.
【详解】圆，圆心，半径为2，
圆心到直线距离，
由弦长为得 ，解得.
6. 下列函数中，与函数的定义域、单调性与奇偶性均一致的函数是（ ）
A B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】求出给定函数的定义域、单调性、奇偶性，再逐项分析判断作答.
【详解】函数定义域为R，，函数是奇函数，
因在R上单调递减，在R上单调递减，因此函数在R上单调递减，
对于A，函数的定义域为，A不是；
对于B，函数是R上的偶函数，B不是；
对于C，令，显然定义域为R，当时，单调递减，
当时，单调递减，并且的图象连续，即函数在R上单调递减，
当时，，，当时，，，
而，即，，函数是R上奇函数，C是；
对于D，函数是定义域R上的奇函数，但不单调，D不是.
故选：C
7. 瓷枕是中国古代较为流行的一种瓷质枕具，其上常以彩釉绘制精美图画，或题写诗句.某瓷枕如图1所示，其横截面如图2所示，该横截面的上、下曲线可以看作双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为（ ）
A B. C. D.
【正确答案】D
【分析】构建合适的直角坐标系并设出对应的双曲线方程，根据实轴长、所过的点求参数，即可得离心率.
【详解】构建如下图示的直角坐标系，其中双曲线过点，实轴长为，即，
双曲线的焦点在轴上，设为，则，故离心率.
8. 对任意的，，不等式恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】利用指数的运算性质以及基本不等式，把双变量问题变成单变量，再利用导数来研究函数的单调性和最值.
【详解】设，则问题转化为不等式可化为恒成立，
又（当且仅当时取等号），
所以，即有在时恒成立，
令，则，令，
即，令，则，
因为，，所以，所以在单调递增，
又，即的根为3，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，取得最小值，所以，解得.
又，所以.
故选：A．
关键点睛：
解答时要充分利用题设中的有效信息，先将两个变量化为一个变量，再灵活运用导数这一重要工具，通过两次求导使得函数的变化情况较为明确，最后借助不等式恒成立，从而求得参数的取值范围，使得问题简捷、巧妙获解．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分.）
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【正确答案】ACD
【分析】利用作差法可判断AD；利用基本不等式可判断C；举反例可判断B.
【详解】选项A：，
因为，所以，
又因为，所以，
即.因此，A为真命题；
选项B：取，，满足，
计算得，，，显然不成立.因此，B为假命题；
选项C：由基本不等式，得：（），
两边取倒数得，再乘以得，
由于，等号不成立，故.因此，C为真命题；
选项D：由，得且，
，即.
因此，D为真命题.
10. 已知抛物线上两点，为抛物线的焦点，则下列说法正确的是（ ）
A. 抛物线的准线方程为
B. 若直线过，且轴，则
C. 若直线过，则
D. 若，则的中点到轴距离的最小值为2
【正确答案】BC
【分析】对于A，由抛物线定义即可求得；对于B，将代入抛物线求解即可；对于C，设直线方程为，联立抛物线再结合韦达定理即可求解；对于D，设的中点为，根据抛物线的性质将M点到y轴的距离表示为，再利用三角形两边之和大于第三边列出关于所求距离的不等式，解该不等式即可．
【详解】对于A，由可知抛物线的焦点在轴正半轴上，且，抛物线的准线方程为，故A错误；
对于B，因直线过，且轴，则直线AB的方程为，
将其代入，解得，故，故B正确；
对于C，由上分析知，因直线的斜率不能为0，
故可设其方程为，联立抛物线方程，
可得，由韦达定理，可得，故C正确；
对于D，如图所示，
由图知，，当且仅当经过点时，等号成立，
设的中点为，而即点到轴的距离，因，
，
即，解得，即的中点到轴的距离的最小值大于2，故D错误．
11. 如图，在正三棱柱中，，点在底面内，，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与所成角的余弦值为
B. 若，则点的轨迹长度为
C. 若，则
D. 过，，三点的平面将三棱柱分成两部分的体积之比为（或）
【正确答案】ABD
【分析】通过构造平行线转化找到异面直线所成的角，利用余弦定理计算可得选项A正确；利用条件计算可得选项B正确；假设得出矛盾可得选项C错误；通过分割几何体的方法求体积可得选项D正确.
【详解】对于A，如图1，
取的中点，设与的交点为，连接，则，
所以为异面直线与所成的角或其补角，
连接，则，，
所以，故A正确.
对于B，如图2，
连接，由题意得，.
因为，，所以，
所以点在底面内的轨迹为以为圆心，1为半径的一段圆弧，且圆弧所对的圆心角为，
所以点的轨迹长度为，故B正确；
对于C，如图3，
若，则点在线段上（不含端点）.
连接，因为为正三角形，所以，
由正三棱柱性质可知，平面与平面互相垂直，且交线为，
所以平面，又平面，所以，
假设，则平面，故，
因为，，所以，
所以与不垂直，故C不正确；
对于D，如图4，
设过，，三点的平面与棱交于，连接，，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面平面，所以，则，
所以为棱的中点，故四边形为等腰梯形，
连接，，，则平面上方的几何体体积为：
，
，
所以平面下方的几何体体积为，
所以过，，三点的平面将三棱柱分成两部分的体积之比为或，故D正确.
故选：ABD.
关键点点睛：解决选项D的关键是确定截面，把截面上方的几何体分割成三个三棱锥计算体积，作差可求得截面下方几何体的体积，由此确定答案.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 展开式中的系数为______.
【正确答案】
【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即可.
【详解】由二项式展开式的通项公式为：，
令，所以展开式中的系数为.
13. 小龙虾是江汉平原的一种特色美食，它的口味有多种，据调查江汉平原地区喜欢麻辣口味的食客占，喜欢蒜蓉口味的食客占，既喜欢麻辣口味又喜欢蒜蓉口味的食客占，现从不喜欢蒜蓉口味的食客中随机抽取一人，则此人喜欢麻辣口味的概率为______.
【正确答案】
【分析】先计算出不喜欢蒜蓉口味的食客的概率，再计算出喜欢麻辣口味但不喜欢蒜蓉口味的食客的概率，最后利用条件概率求解即可.
【详解】记事件：喜欢麻辣口味的食客；记事件：喜欢蒜蓉口味的食客，
则喜欢麻辣口味又喜欢蒜蓉口味的食客为，
由题意可知，
则不喜欢蒜蓉口味的食客的概率为：，
由喜欢麻辣口味但不喜欢蒜蓉口味的食客的事件为：，
则，
所以从不喜欢蒜蓉口味的食客中随机抽取一人，
则此人喜欢麻辣口味概率为：，
故答案为.
14. 已知函数，则在区间内的所有零点之和为__________．
【正确答案】8
【分析】利用诱导公式变形，将的零点转化为方程的根的问题，分类讨论再结合函数的对称性计算即可.
【详解】，
则等价于
若显然上面方程不成立；
当，则可化为
易知和都关于中心对称，如下图所示，在上有8个交点，不妨设其横坐标依次为，则，即所有零点之和为8.
故8
本题考察函数与方程零点问题，属于压轴题.关键在于利用函数的性质，找到其对称中心及区间内的零点个数.
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. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A的大小；
（2）设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且，，求△ABC的面积．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求得结果；
（2）由AD是△ABC的角平分线，可得，从而可求出，进而可求出三角形的面积.
【小问1详解】
因为
所以根据正弦定理得：
即
由余弦定理得：
故
又
所以．
【小问2详解】
因为AD是△ABC的角平分线，由，
得：，
所以
故．
16. 已知各项均为正数的等比数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）先通过等比数列的基本量运算求出公比，进而求出通项公式；
（2）结合（1）求出，然后根据错位相减法求得答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
由题意得
因为等比数列中
，又，解得，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，
①.
②
①-②得
所以.
17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
（1）求证：平面；
（2）若点为棱的中点，求直线DF与平面所成角的正弦值；
（3）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）由面面垂直性质证得平面，得到；再由菱形性质与中位线平行证得，由线面垂直判定定理可证；
（2）先根据线面垂直与面面垂直关系建立空间直角坐标系，求出各点坐标与平面的法向量，再利用线面角的向量公式计算所求；
（3）先利用向量参数化点并求出，再分别求得平面与平面的法向量，由二面角的向量余弦公式，结合变量代换与函数值域分析，得到取值范围.
【小问1详解】
连接，因为为等边三角形，为中点，则，
已知在平面内的射影为，所以平面，
又平面，则平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，又平面，则，
由题设知四边形为菱形，则，
因为，分别为，中点，则，
则，又，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
已知在平面内的射影为，所以平面，
由题设知四边形为菱形，是线段的中点，所以为正三角形，
由平面，平面，则，，
又因为为等边三角形，为中点，所以，
以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，
可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
可得，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，可得，
记所求角为，
则DF与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）知，，，
设，，则，
得，，，即，
则，
由（2）知：平面的一个法向量
设平面的法向量，
则，
令，则，，可得；
则，
令，则，
则，
因为，则，可得，
所以锐二面角的余弦值的取值范围为.
18. 如图，已知椭圆：的右焦点为，过F的动直线与交于P，Q两点，且当轴时，.

（1）求椭圆的方程；
（2）证明：；
（3）若P在x轴上方，直线与圆E：交于点B，点B在x轴上方，是否存在点P，使得与的面积之比为4:9?若存在，求出点P坐标：若不存在，说明理由.
【正确答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）存在，理由见解析.
【分析】（1）根据给定条件，列出方程组求出即可.
（2）按直线的斜率是否为0分类，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及数量积的坐标表示计算得证.
（3）利用椭圆的范围及两点间距离公式求出焦半径，再利用三角形面积关系，结合已知的面积比列式求出点坐标.
【小问1详解】
因为当轴时，，
所以点在椭圆上，则，又，
联立解得，所以椭圆的方程是.
【小问2详解】
当的斜率为零时，为椭圆长轴端点，，
则.
当的斜率不为零时，设的方程为，
由消去得，
，
所以，
而，则，
因此，而共线，即，
由.
【小问3详解】
依题意，，而，
因为圆E：的圆心为，恰好为该椭圆的左焦点，
该圆的半径为，所以，
，
同理，
而，同理可得，
由（2）知，，
则
，
于是，，
因此，
整理得，解得，或不符合题意，
因为点P在x轴上方，所以，
所以 ，
所以存在满足题意.

19. 设函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若是增函数，求a的取值范围；
（3）当时，设为的极小值点，证明：．
【正确答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）在时，根据导函数的符号即可求得原函数的单调区间；
（2）求出，设，求导推得，根据参数分，和三种情形，讨论函数的单调性和零点情况，即得其取值范围；
（3）设为的零点，推得，，分段讨论函数的单调性，推出，即得，即，则，设，求导得出在上的单调性，即可求出其范围，即得证.
【小问1详解】
当时，，，
因当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
【小问2详解】
因，
设，，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故时，取得极小值，
（ⅰ）所以当时，，，所以，单调递增，符合题意；
（ⅱ）当时，，
因为趋近于时，趋近于，趋近于时，趋近于，
所以存在两个零点，
即存在区间使得，所以不恒成立，不合题意；
（ⅲ）当时，若，因为的零点为，且，
则与有唯一相同零点且零点两侧函数值符号相同，
所以，解得，
此时，当时；
当时，则
所以综上a的取值范围为.
【小问3详解】
当时，，，设为的零点，则，
因为，所以，
当时，，，故，在单调递增，
当时，，，所以，在单调递减，
当时，，，所以，在单调递增，
所以，且，即，
所以，
设，则，在上单调递增，
所以，且，故得．
思路点睛：本题主要考查根据函数的单调性、极值点求参数范围的问题，属于较难题.
对于已知函数的单调性求参问题，一般考虑对函数求导，根据参数分类讨论函数的图象性质进行分析取舍；对于已知极值点问题，一般利用导函数方程的根的情况进行简化所求式，结合函数的值域即可.