湖北省襄阳市第四中学2026届高三下学期阶段检测（二）数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省襄阳市第四中学2026届高三下学期阶段检测（二）数学试卷（Word版附解析），共2页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求.
1. 若，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由得.
2. 已知集合 ，则符合条件的集合B的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法表示出集合，再根据给定条件即可求出集合的可能情况.
【详解】集合，，
所以可能的取值为，即集合，是的真子集，有个，故C正确．
3. 圆与圆的公共弦长为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】通过两圆方程作差得到公共弦所在直线方程，再利用点到直线距离公式求出圆心到公共弦的距离，最后结合垂径定理与勾股定理计算出公共弦长.
【详解】已知两圆方程：圆，圆心，半径，圆 ，
将两圆方程相减消去二次项，得到公共弦方程，
化简得：.
根据点到直线的距离公式，圆心到公共弦的距离：，
根据垂径定理，公共弦长.
【点睛】本题考查两圆公共弦长的计算，核心方法是两圆方程作差得公共弦方程，结合垂径定理求解弦长，是圆中弦长问题的常规解法.
4. 已知为递减的等比数列，且，，则公比（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】∵ 为递减的等比数列，若，数列各项正负交替，不可能保持单调递减，
∴ ，数列所有项符号一致；
又∵ ，故数列所有项均为正数.
∵ ，结合，得.
∴ ，，
代入得： .
整理得，解得（舍去，因数列递减要求）或，故选:B.
5. 已知一条河的两岸平行，一艘船从河的岸边处出发，向对岸航行，若船的速度，水流速度，且船实际航行的速度的大小为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平面向量加法的平行四边形法则可知，，求得的坐标，然后利用坐标求模长建立关于的方程，解方程即可得解.
【详解】
设船实际航行的速度为，则，
又，所以，解得（负值舍去），故C正确.
6. 已知为球的半径，为线段上的点，且，过且垂直于的平面截球面得到圆，若圆的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图所示，由题得,设球的半径为，解方程即得解.
【详解】解：如图所示，由题得.
设球的半径为，则,
所以.
故选：B
7. 已知函数，且，则实数t的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用二倍角公式和诱导公式化简函数，构造为R上单调递增的奇函数，再转化不等式为，利用单调性解不等式即得结果.
【详解】解：
令，则，，
故在R上单调递增，且为奇函数.
不等式，即，
即，则
故，即，所以．
故选：A.
【点睛】方法点睛：
利用函数奇偶性和单调性解不等式问题：
（1）是奇函数，图像关于原点中心对称，利用奇函数性质将不等式形式，再利用单调性得到和的大小关系，再解不等式即可；
（2）是偶函数，图像关于y轴对称，利用偶函数性质将不等式形式，再利用单调性得到和的大小关系，再解不等式即可.
8. 已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围.
【详解】椭圆以，为焦点，即，，
所以设椭圆方程，
联立方程，
消去得出，
由题意可得，
即，得出或（舍去），解得，
所以，
所以椭圆的离心率的最大值为.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由余弦定理，代入求解方程即可.
【详解】在中，由余弦定理得，
即，
解得或．
故选：BC．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则的值为或．
B. 从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有种.
C. 的展开式中的系数为．
D. 从5本不同的书中选出3本分配给3位同学，每人一本，则分配方案总数为60．
【答案】ACD
【解析】
【详解】选项A：根据组合数性质等价于或，且上标满足.
列方程：①，解得，此时上标为7，符合要求.
②，解得，此时上标分别为4和6，符合要求，故或，A正确.
选项B：用间接法计算，总选法，全是男生的选法，故至少1名女生的选法为种，不是42种，B错误.
选项C：的展开通项为，得到项分两类：
①2乘中项，系数为；.
②乘中项，系数为.
总系数为，C正确.
选项D：从5本不同的书中选3本分给3位同学，属于排列问题，总方案数为，D正确.
11. 已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（ ）
A.
B. 的内心在定直线上
C. 若，则
D. 若，则的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】作出符合题意的图形，利用斜率的几何意义得到，结合题意得到进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到，最后结合内心的性质判断B，利用二倍角公式并结合方程得到判断C，先确定，再利用弦长公式与点到直线的距离公式得到面积解析式，最后结合角平分线定理建立方程，求解参数，进而得到三角形面积判断D即可.
【详解】因为抛物线的焦点为，所以，
解得，则抛物线方程为,
如图，作出符合题意的图形，作轴，
对于A，设，则，由题意得是直线的倾斜角，
由斜率的几何意义得，
由诱导公式得，
由焦半径公式得，在中，可得，
则，故A正确，
对于B，设的方程为，，
联立方程组，可得，
由韦达定理得，，则，，
由斜率公式得，，
因为，所以，可得，
则，得到被轴平分，
可得的内心在定直线上，故B正确，
对于C，因为被轴平分，所以，
设，，
因为，所以，
由二倍角公式得，解得（另一根舍去），
则，联立方程组，解得，
此时，与不符，故C错误，
对于D，因为，
所以或（与题意不符，排除），
设直线的方程为，设，
联立方程组，可得，
由韦达定理得，，则，
由弦长公式得，，
由焦半径公式得，且，
而直线的方程为，设到的距离为，
由点到直线的距离公式得，
则，
因为，所以平分，
由角平分线性质得，可得，
化简得，解得，则，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的部分图象如图所示，则为________．
【答案】##
【解析】
【详解】由图象得，，，解得，所以，
又过点，代入可得，所以，
则，解得，
因为，所以．
13. 已知曲线，，，，当轴时，________．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，构造函数，利用导函数研究其最小值.
【详解】当轴时，设，则，则
记，则，
故当时，，则在区间上单调递减；
当时，，则在区间上单调递增；
故有，故
14. 2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点O出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动2次且竖直方向移动1次的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类讨论以及条件概率的计算公式即可求解.
【详解】设事件“有且仅有一次经过（含到达）”，事件“水平方向移动2次且竖直方向移动1次”，
记向左，向右，向上，向下，
按移动到位置需要1步还是3步分类讨论：
①若第1步到为事件，则移动3次满足要求的是（或或），
（或或），（或或），（或或），
因此；
②若3步到为事件，
则移动3次满足要求的是，，，，，
因此，
而，且，互斥，
则，
满足的情况有：，，，，，，，，
则，
所以．
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. 已知双曲线的右焦点为，点在上，且轴．
（1）求的方程；
（2）过且斜率大于的直线与的右支交于，两点，若，求的一般方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将点坐标代入方程，又轴，得，联立即可.
（2）由题可设设直线的方程为，，根据题意，故
，联立方程直线与曲线方程，消去后用韦达定理，可得，，将其带入弦长公式可解，故而得到直线的方程.
【小问1详解】
因为点在上，所以，
又为的右焦点，轴，则，故，
所以，因此的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，
因为斜率大于的直线与的右支交于两点，
所以，即，故，联立方程，
消去得，则，，
所以，
解得，即，故直线的方程为.
16. 小林、小张、小陈、小王4位同学参加校园文化知识竞赛活动，每位同学只回答一个问题，且小林、小张、小陈、小王答对的概率分别为，，，，每位同学答对与否相互独立.
（1）在小林答对的情况下，求恰有3位同学答对题目的概率；
（2）若答对题目得2分，答错题目得0分，X表示4位同学得分之和，求X的数学期望.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）小张、小陈、小王答对题目分别记为事件，三人中恰有两人答对题目记为事件，利用相互独立事件的概率乘法公式即可得，
（2）利用数学期望的性质，结合两点分布的期望公式即可得解.
【小问1详解】
小张、小陈、小王答对题目分别记为事件，
小张、小陈、小王三人中恰有两人答对题目记为事件，
，
故在小林答对的情况下，求恰有3位同学答对题目的概率为，
【小问2详解】
设表示第位同学的得分，分别对应小林，小张，小陈，小王），
则，
由数学期望的性质可知，
对于，答对得2分，答错得0分，服从两点分布，
；
；
则.
17. 已知数列的前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的前项和为，求证：对于任意，都有．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用得到，进而可知是以为首项，为公比的等比数列，求出从而求出答案；
（2）利用分组求和法求出，从而得到，利用放缩法即可证明.
【小问1详解】
当时，由得，
所以，即，
当时，，所以，所以，故，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
【小问2详解】
，
所以，
当时，，不等式成立，
当时，
，
综上.
18. 已知函数
（1）当时，，求的取值范围；
（2）函数有两个不同的极值点，（其中），证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当时，恒成立问题；
（2）函数极值点是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证.
【小问1详解】
函数，，且，
①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；
②当时，令，得，
当时，此时单调递减，故，不满足题意；
综上可知：，即的取值范围为．
【小问2详解】
由，故，
因为函数有两个不同的极值点，（其中），故，，
要证：，只要证：，
因为，于是只要证明即可，
因为，，故，
因此只要证，等价于证，
即证，令，等价于证明，
令，，
因为，所以，
故在上单调递增，所以，即.
19. 四面体是最简单的多面体，只需4个三角形面，6条棱，4个顶点，就能围成一个封闭空间，这种用最少元素实现三维存在的特性，让它在多面体家族中具有最原始而纯粹的地位．
（1）已知四面体的棱长均为2，E，F分别是棱的中点，G为直线上一点，Q为底面内部的一个点，Q到侧面，侧面，侧面的距离分别是，，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值的最大值．
（2）若存在具有如下性质的四面体，其中2条棱长度为a，另外4条棱长度为2，求实数a的取值范围．
【答案】（1）（Ⅰ） （Ⅱ）
（2）
【解析】
【分析】（1）（Ⅰ）根据正四面体的几何性质，运用等体积法求出；（Ⅱ）根据正四面体的性质，结合已知条件，运用基底法表示向量，求出的表达式，对进行分情况讨论，求出的取值范围，进而求出最大值；
（2）设，分是这两条棱的公共顶点和两条棱无公共顶点两种情况讨论，求实数a的取值范围．
【小问1详解】
（Ⅰ）设到底面的高为，则由等体积公式可知
又，
．
（Ⅱ）设正四面体的棱长为，，
则，
，
，
，
，
，
，
要使直线与直线所成角的余弦值最大，
即最大，
，
当时，，
当时，，
当时，易知，
，则，即，
当时，，则
，故；
综上，，即，
直线与直线所成角的余弦值的最大值为．
【小问2详解】
设，是这两条棱的公共顶点，
，由，得，解得，
设M是的中点，由得，
解得，
由得，解得，
，化简得，
设，这两条棱没有公共点，
由及中的不等关系，得，解得，
综上，的取值范围为．