2025-2026学年湖北省云学联盟高二（下）素养数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2025-2026学年湖北省云学联盟高二（下）素养数学试卷（3月份）（含答案），共10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an=3n+4，则{2an}的公比是( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
2.定义在R上的函数f(x)，若f′(1)=12026，则limΔx→0f(1−2026Δx)−f(1)Δx=( )
A. −1B. −12C. 2D. 4
3.已知点M(x0,y0)在圆x2+y2=2外，则直线x0x+y0y=2与圆的位置关系是( )
A. 相切B. 相交C. 相离D. 不确定
4.记正项等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a6=16，则T7=( )
A. 27B. 212C. 214D. 228
5.如图，三棱锥O−ABC中，G为△ABC的重心，M是OC的中点，则MG=( )
A. 13OA+13OB+13OC
B. 13OA+13OB+16OC
C. 13OA+23OB−16OC
D. 13OA+13OB−16OC
6.若函数f(x)=x2csπx2，数列{an}中，an=f(n)+f(n+1)(n∈N∗)，则a19=( )
A. 256B. −324C. 400D. 441
7.已知过原点O的直线l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两支分别交于点M，N，点F1是双曲线C的左焦点，若MF1=a2,MO=b，则双曲线的渐近线方程是( )
A. y=±3 24xB. y=±2 23xC. y=±23xD. y=±32x
8.对于实数x，{x}表示不小于x的最小整数，如{0.5}=1，{2}=2.定义函数f(x)={x⋅{x}}，当x∈(0,n](n∈N∗)时，函数f(x)的值域为An，记集合An中的元素个数为an，数列{1an}的前n项和为Sn，则S100=( )
A. 99100B. 9950C. 100101D. 200101
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知F1，F2为椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点，P是椭圆C上的一动点，则( )
A. 椭圆的离心率e= 22B. △PF1F2面积的最大值为2
C. 存在4个点P，使得PF1⋅PF2=0D. 1|PF1|+1|PF2|的最小值为1
10.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是AD的中点，P是线段BD1上的动点，且D1P=λD1B，则( )
A. 当λ=12时，MP⊥BD1
B. |MP|的最小值为 3
C. |PA|+|PC|的最小值为4 63
D. 当C，C1，P，M四点共面时，λ=14
11.正项数列{an}中，a1=1，若{an}的前n项和为Sn，且2Sn2−2SnSn−1=an2+1(n≥2)，则下列命题正确的是( )
A. a2= 2−1B. a2026>a2025
C. 数列{an2+1an2}单调递增D. 1S1+1S2+1S3+⋯+1S24>8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将1到2026这2026个数中，能被3除余1且被5除余2的数从小到大排成一列构成数列{an}，则a4= ．
13.已知点A(0,1)，B(0,4)，动点N满足|NA|=2|NB|，动点M在直线4x−3y=0上，则|MN|的最小值为 ．
14.数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn=n(an+a1)(n∈N∗)，若(a1−1)3+2(a1−1)=sin2027π3，(a2026−3)3+2(a2026−3)=cs2027π6，则S2026= ．
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=13x3−3x2+10x+1．
(1)求曲线y=f(x)在(0,1)处的切线方程；
(2)若P是曲线y=f(x)上一动点，求y=f(x)在P处的切线l的倾斜角θ的取值范围．
16.(本小题15分)
已知数列{bn}的前n项和Sn=3n+12−32．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设an=bn,n为奇数2n−1,n为偶数，记数列{an}的前n项和为Tn，求T2n．
17.(本小题15分)
如图，圆锥P−ABC中，底面圆O的直径AB长为4，C是圆O上异于A，B的一点.设二面角P−AC−B与二面角P−BC−A的大小分别为α与β，且3(tan2α+tan2β)=(tanαtanβ)2．
(1)N是劣弧BC的中点，证明：BC⊥PN．
(2)求圆锥的高OP；
(3)若tanαtanβ= 33，求二面角A−PC−B的余弦值．
18.(本小题17分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn2−(n2+n−4)Sn−2(n2+n)=0，正项数列{bn}满足lg2(b1b2b3⋯bn)=n(n+3)2,n∈N∗．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=an⋅bn，求{cn}的前n项和Tn；
(3)记dn=an+2anan+1bn，求数列{dn}的前n项和为Qn．
19.(本小题17分)
已知点D(1,0)，圆C：(x+1)2+y2=16，P为圆上的一个动点，线段PD的中垂线与PC交于点Q，当点P在圆上运动时，记点Q的轨迹为曲线Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)若过定点T(0,1)且斜率存在的直线l与曲线Γ交于A，B两点，试探究：
①在y轴上是否存在定点M，使得直线MA，MB的斜率之积为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
②若N为平面内一动点，直线NA，NT，NB斜率的倒数成等差数列，则点N是否在某定直线上？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.【答案】C
2.【答案】A
3.【答案】B
4.【答案】C
5.【答案】D
6.【答案】C
7.【答案】A
8.【答案】D
9.【答案】ABD
10.【答案】AC
11.【答案】ACD
12.【答案】52
13.【答案】1
14.【答案】4052
15.解：(1)f′(x)=x2−6x+10，则f′(0)=10，
所以在P(0,1)处的切线方程为y−1=f′(0)(x−0)，整理得y=10x+1；
(2)设P(x,y)，在P处的切线斜率为f′(x)=x2−6x+10，
即k=f′(x)=(x−3)2+1≥1，由斜率k=tanθ，k≥1，
且θ∈[0,π)，得θ∈[π4,π2)．
16.解：(1)数列{bn}的前n项和Sn=3n+12−32，
当n=1时，b1=S1=92−32=3；
当n≥2时，由Sn=3n+12−32，可得Sn−1=3n2−32，
则bn=Sn−Sn−1=3n．
经检验，当n=1时也满足该式．
综上，bn=3n(n∈N∗)；
(2)由an=bn,n为奇数2n−1,n为偶数，
可得数列{an}的奇数项成等比数列，偶数项成等差数列，
T2n=(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)+(a2+a4+⋯+a2n)
=3(1−9n)1−9+n(a2+a2n)2=3(9n−1)8+n(3+4n−1)2
=32n+18+2n2+n−38．
17.解：(1)证明：由题意可得，OP⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，
所以OP⊥BC；
又N是劣弧BC的中点，则ON⊥BC，
OP∩ON=O，OP，ON⊂平面PON，
所以BC⊥平面PON，
又PN⊂平面PON，
则BC⊥PN；
(2)分别取AC，BC的中点M，Q，由PA=PB=PC，则PM⊥AC，PQ⊥BC，
连接OM，OQ，PM，PQ，
由OP⊥平面ABC，且OM⊂平面ABC，OQ⊂平面ABC，
所以OP⊥OM，OP⊥OQ，
又AB是底面圆O的直径，则AC⊥BC，OA=OB=OC=2，OM⊥AC，OQ⊥BC，
则∠PMO=α，∠PQO=β，
在Rt△POM与Rt△POQ中，tanα=OPOM,tanβ=OPOQ，
由3(tan2α+tan2β)=(tanαtanβ)2，
得3[(OPOM)2+(OPOQ)2]=(OPOM⋅OPOQ)2，
整理得OP2=3(OM2+OQ2)=3OC2=12，
则OP=2 3．
(3)因为tanαtanβ= 33，即OQOM= 33，
所以OM= 3OQ，即BC= 3AC，
因为AC2+BC2=AB2，所以BC=2 3,AC=2，
因为AC⊥CB，OM⊥AC，ON⊥CB，所以OM，ON，OP两两垂直，
以点O为坐标原点，ON，OM，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(−1, 3,0),B(1,− 3,0),C(1, 3,0),P(0,0,2 3)，
所以AC=(2,0,0),PC=(1, 3,−2 3),BC=(0,2 3,0)，
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⊥ACm⊥PC，则m⋅AC=0m⋅PC=0，即2x=0x+ 3y−2 3z=0，
不妨取y=2，则x=0，z=1，此时m=(0,2,1)，
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c)，
则n⊥BCn′⊥PC，则n⋅BC=0n⋅PC=0，即2 3b=0a+ 3b−2 3c=0，
不妨取a=2 3，则b=0，c=1，此时n=(2 3,0,1)．
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=1 5⋅ 13= 6565，
所以二面角A−PC−B的余弦值为 6565．
18.解：(1)由正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn2−(n2+n−4)Sn−2(n2+n)=0，
可得[2Sn−(n2+n)]⋅(Sn+2)=0，
由an>0，可得Sn+2≠0，
则2Sn−(n2+n)=0，所以Sn=n(n+1)2．
当n=1时，a1=S1=1；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n(n+1)2−(n−1)n2=n，
上式对n=1也成立，综上可得an=n(n∈N∗)．
由lg2(b1b2b3⋯bn)=n(n+3)2得，
当n≥2时，lg2(b1b2b3⋯bn−1)=(n−1)(n+2)2，
上面两式相减可得lg2bn=n(n+3)2−(n−1)(n+2)2=n+1，
则bn=2n+1，
又lg2b1=2，则b1=4，也满足上式，
故bn=2n+1(n∈N∗)
(2)由(1)可得，cn=n⋅2n+1．
所以Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，
则2Tn=1×23+2×24+3×25+⋯+(n−1)⋅2n+1+n⋅2n+2，
作差得−Tn=22+23+24+⋯+2n+1−n⋅2n+2=22(1−2n)1−2−n⋅2n+2=(1−n)⋅2n+2−4，
所以Tn=(n−1)⋅2n+2+4；
(3)由(1)可得，dn=an+2anan+1bn=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1，
所以Qn=11×2−12×22+12×22−13×23+⋯+1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1=12−1(n+1)⋅2n+1．
19.解：(1)由题意可得，|QP|=|QD|，则|QC|+|QD|=|QC|+|QP|=|PC|=4>|CD|=2，
故点Q的轨迹为椭圆，且2a=4，2c=2，所以b2=a2−c2=3，
则曲线Γ的方程为x24+y23=1；
(2)①设直线l的方程为y=kx+1，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(0,m)．
联立y=kx+1x24+y23=1，消y可得(3+4k2)x2+8kx−8=0，
则x1+x2=−8k3+4k2,x1x2=−83+4k2，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2=63+4k2，
y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=3−12k23+4k2，
所以kMA⋅kMB=y1−mx1⋅y2−mx2=y1y2−m(y1+y2)+m2x1x2=3−12k2−6m+m2(3+4k2)−8，
整理得kMA⋅kMB=(12−4m2)k2−3(m−1)28，
则当12−4m2=0，即m=± 3时，直线MA，MB的斜率之积为定值；
②设点N(x0,y0),kNA=y0−y1x0−x1,kNT=y0−1x0,kNB=y0−y2x0−x2，
由直线NA，NT，NB斜率的倒数成等差数列，则1kNA+1kNB=2kNT，
即x0−x1y0−y1+x0−x2y0−y2=2x0y0−1，所以x0−x1y0−y1−x0y0−1+x0−x2y0−y2−x0y0−1=0，
又y1=kx1+1，y2=kx2+1，代入可得x1(kx0+1−y0)(y0−y1)(y0−1)+x2(kx0+1−y0)(y0−y2)(y0−1)=0．
当kx0+1−y0=0时，则点N在直线l上，显然不满足定直线，
当kx0+1−y0≠0时，x1(y0−y1)(y0−1)+x2(y0−y2)(y0−1)=0，
又直线NT的斜率不能为零，则y0≠1，
所以x1(y0−y2)+x2(y0−y1)=0，即(x1+x2)y0−(2kx1x2+x1+x2)=0．
由①可得，−8k3+4k2y0−(−16k3+4k2+−8k3+4k2)=0，则y0=3．
综上，所以点N在定直线y=3上(经检验k=0合题意)．