精品解析：湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二上学期第二次阶段性检测（12月）数学试题

长沙市第一中学2025——2026学年度高二第一学期第二次阶段性检测 数 学 命题人：江楚珉 吴海波 审题人：龚日辉 时量：120分钟 满分:150分 一、选择题(本大题共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. 设集合， ，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 4 B. C. D. 2 3. 曲线 在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列是等比数列，数列是等差数列，若 则 的值为（ ） A. B. C. D. 5. 的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A. B. C. D. 6. 函数 的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线 一条渐近线方程为，双曲线的左焦点在直线 上，A，B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上异于B 点且位于第一象限的动点，直线 PA，PB的斜率分别为 则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数 在区间 上有两个零点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题(本大题共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. 在平行六面体 中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则平面 D. 若，则平面 10. 抛掷一红一白的两枚骰子，用表示红色骰子朝上的点数，用表示白色骰子朝上的点数，用表示一次实验结果．记事件：“”，：“”，：“”，：“”，则（   ） A 事件B与C互斥 B. 事件C与D 对立 C. 事件B发生的概率为 D. 事件A与D 相互独立 11. 已知抛物线的焦点为F，AB是经过抛物线焦点F的弦，M是线段AB的中点，分别经过点A，B，M作抛物线的准线l的垂线AC，BD，MN，垂足分别是C，D，N，连接NF，NB，NA，则下列说法正确的是（） A. NF⊥AB B. 直线NA，NB均与抛物线相切 C 直线NA与NB不一定垂直 D. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 已知平面向量满足 且 则 __________ 13. 已知函数有极大值，则实数c 的值为_____________ 14. 若数列 满足 则 ___________ 四、解答题(本大题共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. （1）讨论函数 的单调性并求极值， （2）证明不等式： 16. 已知数列 的前n项和为 且 （1）记 求数列 的通项公式； （2）记 求数列 前n项的和 . 17. 如图，在 中， 现将 绕直角边AC 旋转一周得到一个圆锥，BD为底面圆的直径，点P 为圆锥的内切球O与CD 的切点，E为的中点. （1）求点 P 到平面的距离; （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. 18. 已知函数 （1）求函数，的零点个数; （2）记在上的零点为，求证; （i）一个递减数列 （ii）． 19. 已知圆，椭圆点为圆上任意一点，过点作圆切线与椭圆交于，两点. （1）当时， (i)证明：切线方程为； (ii)求面积的取值范围. （2）直线关于原点的对称直线与椭圆交于，两点，是否存在，使四边形为菱形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市第一中学2025——2026学年度高二第一学期第二次阶段性检测 数 学 命题人：江楚珉 吴海波 审题人：龚日辉 时量：120分钟 满分:150分 一、选择题(本大题共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. 设集合， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得出集合，应用值域得出集合，再根据交集定义计算求解. 【详解】集合，  ，则. 故选：B. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 4 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 分析】借助复数除法运算法则计算后结合虚部定义即可得. 【详解】由，则， 则的虚部为. 故选：D. 3. 曲线 在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出导函数，再得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程. 【详解】曲线 ，所以，在点处的切线方程的斜率为， 曲线 在点处的切线方程为，即得. 故选：C. 4. 已知数列是等比数列，数列是等差数列，若 则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先应用等差数列及等比数列的项的性质结合已知得出，再结合特殊角的余弦计算求解. 【详解】因为数列是等比数列，数列是等差数列，且  ， 则  ， 所以， 则 . 故选：A. 5. 的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得． 详解：由题可知 所以 由余弦定理 所以 故选C. 点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理． 6. 函数 的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的单调性，结合函数的特值可得结果. 【详解】由，则 当 时，，则， 所以函数在上单调递增，排除选项A，C 又 ，排除除选项B 故选： 【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数单调性以及特值是解决本题的关键．比较基础． 7. 已知双曲线 的一条渐近线方程为，双曲线的左焦点在直线 上，A，B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上异于B 点且位于第一象限的动点，直线 PA，PB的斜率分别为 则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线和焦点得到，计算得到，再根据对勾函数性质计算得到答案. 【详解】双曲线的一条渐近线方程为，则， 双曲线的左焦点坐标为，且该点在直线上， 代入可得，解得，且， 故，所以，设， 则， 为双曲线右支上位于第一象限的动点，故，且， 当单调递减，故,即. 故选：C 8. 若函数 在区间 上有两个零点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，判断的单调性和极值，根据有两解得出的范围. 【详解】令，则， 令，则由知， 在上，单调递减， 在上，，单调递增， 且，，， ∵，，∴， 所以若函数在上有两个零点， 则实数m的取值范围为． 故选：B． 二、选择题(本大题共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. 在平行六面体 中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则平面 D. 若，则平面 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理依次对选项进行判断即可. 【详解】对于选项A，平面，且，所以平面，又因为平面，则， 又，底面为菱形，则， 平面，则平面， 因为平面，所以，A正确； 对于选项B，，底面为矩形，无法得到平面，B错误； 对于选项C，设与交于点，由，为中点，得， 因为平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面，C正确； 对于选项D，因为，所以四边形为正方形，所以，而与不一定垂直，D错误． 故选：AC. 10. 抛掷一红一白的两枚骰子，用表示红色骰子朝上的点数，用表示白色骰子朝上的点数，用表示一次实验结果．记事件：“”，：“”，：“”，：“”，则（   ） A. 事件B与C互斥 B. 事件C与D 对立 C. 事件B发生的概率为 D. 事件A与D 相互独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】列举出事件、、、所包含的基本事件，利用互斥事件的定义判断A；利用对立事件的定义判断B；应用古典概型计算判断C，利用独立事件的定义判断D. 【详解】事件包含的基本事件有：，共个基本事件， 事件包含的基本事件有：，共3个基本事件， 事件包含的基本事件有：，共12个基本事件， 事件包含的基本事件有：，共个基本事件， 对于A，，事件与互斥，A正确； 对于B，，即事件与互斥，而事件与可以同时不发生， 如事件发生，因此事件与不对立，B错误； 对于C，事件包含的基本事件有：，共3个基本事件， ， C正确； 对于D，事件包含6个基本事件，故；事件包含6个基本事件，故； 事件包含的基本事件为，共1个，故， 因为，所以事件与相互独立，D正确. 故选：ACD 11. 已知抛物线的焦点为F，AB是经过抛物线焦点F的弦，M是线段AB的中点，分别经过点A，B，M作抛物线的准线l的垂线AC，BD，MN，垂足分别是C，D，N，连接NF，NB，NA，则下列说法正确的是（） A. NF⊥AB B. 直线NA，NB均与抛物线相切 C. 直线NA与NB不一定垂直 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由向量积为零判断A，由切线方程代入验证点在切线上判断B，由切线斜率乘积恒为-1判断C，由通径情形取最小值并结合函数单调性判断D. 【详解】如图所示，设焦点，准线，设过的弦的端点为， 由抛物线过焦点弦的性质得，为中点，故， 过向准线作垂线，垂足， A选项， 的方向向量：， ,故A正确. B选项，抛物线在点处的切线方程是： 即，化为斜截式： 所以抛物线在点的切线斜率为， 直线的斜率：，由已知得， 代入分母：，因此， 由于，且直线过点，故是抛物线在点的切线， 同理可证是抛物线在点的切线，B正确. C选项，由B知，，， 代入得，所以恒成立，C错误. D选项，由选项A和C可知：且， 在直角三角形中，有， 设的倾斜角为，由抛物线焦点弦性质： 代入得当（即为通径）时取等，D正确. 故选：ABD 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 已知平面向量满足 且 则 __________ 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量垂直得出数量积为0，再应用模长公式及性质计算求解. 【详解】平面向量满足 且 ， 则 ， 所以，所以. 故答案为：2. 13. 已知函数有极大值，则实数c 的值为_____________ 【答案】6 【解析】 【分析】对函数求导，令导数为0，求出极值点，分情况讨论函数的单调性，得出相应的极值点并结合已知极大值计算求解． 【详解】， 求导得，令，解得或， 若，则在上，函数单调递增；在上， 函数单调递减；在上，函数单调递增； 在处取得极大值，在处取得极小值， ，即，解得； 若，则上，函数单调递增；在上， 函数单调递减；在上，函数单调递增； 在处取得极小值，在处取得极大值， ，不符合题意； 若，则，函数单调递增，无极值，不合题意； 综上，实数． 故答案为：6． 14. 若数列 满足 则 ___________ 【答案】133 【解析】 【分析】根据递推关系可得，应用累加法结合等差数列求和，计算得解. 【详解】因为，， 则. 所以 . 故答案为：. 四、解答题(本大题共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. （1）讨论函数 的单调性并求极值， （2）证明不等式： 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再分和两种情况讨论单调性及极值； （2）构造函数，再应用导函数得出函数单调性及最小值即可证明. 【详解】（1）函数，定义域为，所以， 当时，单调递减，无极值； 当时，单调递减；单调递增； 函数的极小值为，无极大值； 综上， 当时，在上单调递减，无极值； 当时，在上单调递减，在上单调递增；极小值为，无极大值； （2）设函数， 则，定义域为， 单调递减；单调递增； 所以， 所以，所以 16. 已知数列 的前n项和为 且 （1）记 求数列 的通项公式； （2）记 求数列 前n项的和 . 【答案】（1）； （2）； 【解析】 【分析】（1）根据数列前项和的定义可知，可化简，最终求得通项公式； （2）利用对数公式可得，再利用（1）中的通项公式，即可得到的通项公式，进而求得； 【小问1详解】 当时，，又因为，所以，化简得：，即； 因为，所以，所以为等差数列，且公差为， ，根据等差数列的通项公式得：； 【小问2详解】 ； 由（1）得：，；，所以； 17. 如图，在 中， 现将 绕直角边AC 旋转一周得到一个圆锥，BD为底面圆的直径，点P 为圆锥的内切球O与CD 的切点，E为的中点. （1）求点 P 到平面的距离; （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题中几何条件，得出是中点，再建立空间直角坐标系，分别求出和平面的一个法向量，最后应用点到平面距离公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，再利用空间向量求出面面角，从而可求解． 【小问1详解】 球是圆锥的内切球，， 为底面圆的直径， 又因为，所以是等边三角形， ，是中点， 以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，得； 设点 P 到平面的距离为， ， 点 P 到平面的距离为. 【小问2详解】 因为， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，得， 设平面与平面所成夹角为 ， 平面与平面所成夹角的余弦值为. 18 已知函数 （1）求函数，的零点个数; （2）记在上的零点为，求证; （i）是一个递减数列 （ii）． 【答案】（1）有1个零点，有2个零点； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数，结合零点的存在性定理可求解零点； （2）（i）易知，当时可得，利用的单调性解不等式可得，即可证明；（ii）由（i），求和可得，求和计算即可证明. 【小问1详解】 由，得， 所以函数在上单调递增，又，， 所以函数在内有唯一零点； ， 设， 则，函数在上单调递增， ，在内有1个零点，记作， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 且，根据零点的存在性定理可有2个零点. 所以有1个零点，有2个零点； 小问2详解】 （i）由（1）知，当时，在内的零点， 当时，，， 则， 故，所以数列是一个递减数列； （ii）由（i）知，当时，， 当时，， 有，所以， 求和可得，当且仅当时等号成立； 当时，即， ，当且仅当时等号成立； 综上，. 19. 已知圆，椭圆点为圆上任意一点，过点作圆的切线与椭圆交于，两点. （1）当时， (i)证明：切线方程为； (ii)求面积的取值范围. （2）直线关于原点的对称直线与椭圆交于，两点，是否存在，使四边形为菱形. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）（i）根据直线与圆相切，可得切线与垂直，即可得证；（）分情况讨论当直线斜率存在时，根据弦长公式求得，再由点到直线的距离，求得，通过，换元，利用对勾函数单调性即得其范围，再验证斜率不存在时的情况即可； （2）假设存在，使题设成立，结合菱形的性质可知，当直线斜率存在时，由直线与圆相切可得，联立直线与椭圆，结合韦达定理及向量数量积的坐标表示化简可得解，再验证直线斜率不存在时时的情况即可. 【小问1详解】 （i）当时，由点在圆上，可得， 当，时，直线斜率不存在， 此时切线方程为，满足； 当，时，直线斜率为， 此时切线方程，满足； 当且时，直线斜率， 则切线斜率满足，即， 此时切线方程为，化简可得； （ii）由（i）可知， 当，时，，且， 联立直线与椭圆，整理得， 则， 且，， 则， 又由直线与圆相切可得点到直线的距离， 则， 设，则，，， 又当时，， 则， 当，时，由椭圆对称性可知，与时，三角形面积相等， 不妨令，则直线， 将代入椭圆方程，得，解得，， 即，则， 综上所述； 【小问2详解】 假设存在，使四边形为菱形， 设，， 由椭圆的对称性可知，，且，， 即四边形为平行四边形， 则若四边形为菱形，则需满足， 即，， 当直线斜率存在时，设直线， 又直线与圆相切，即原点到直线的距离， 即， 联立直线与椭圆，则， 满足， 即， 且，， 又，即， 即， 化简可得，满足， 又，所以； 当直线斜率不存在时，结合椭圆的对称性，不妨设直线， 则，， 则，解得， 综上所述，存在，使四边形为菱形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $