精品解析：湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期2月阶段检测数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高二下学期2月阶段性检测数学试题 一、单选题 1. 已知A，B两点在以F为焦点的抛物线上，并满足，过弦AB的中点M作抛物线对称轴的平行线，与准线交于N点，则MN的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，再用中点坐标公式即可求解． 【详解】，设且 由可得，故， 又由可得，于是解得，中点 准线方程为，令得 故 故答案为：. 2. 已知空间向量，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】因为，，且，所以，解得， 故选：B. 3. 直线的倾斜角为（ ） A. 60 B. 30 C. 90 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】由倾斜角的定义即可得出答案. 【详解】直线的倾斜角为. 故选：D. 4. 设，为平面上两个定点，动点满足，则动点P的轨迹为（ ） A. 直线 B. 两条射线 C. 椭圆 D. 双曲线 【答案】B 【解析】 【分析】由即可判断. 【详解】由题可知，， 因此动点P的轨迹为两条射线， 故选：B. 5. 已知数列满足，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用累加法求出的通项公式，再利用裂项相消法求和即得. 【详解】数列中，，当时，， 则当时，， 而满足上式，因此，， 则， 所以. 故选：D 6. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形；，，且，则错误的是（ ） A. B. C. D. 直线与平面所成的角为 【答案】B 【解析】 【分析】A．利用空间向量的线性运算求解判断；B．利用空间向量的数量积运算求解判断；C．利用空间向量的模及向量数量积运算律求解判断；D．连接AC得到即直线与平面ABCD所成的角，利用余弦定理求解判断． 【详解】由题可知，A正确． ，B错误． ，故，C正确． 连接AC如图所示： 则即直线与平面ABCD所成的角， 所以，，D正确． 故选：B. 7. 设函数，若对任意的有恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先不等式恒成立转化为，然后利用导数求函数的最大值，即可求解. 【详解】，令，得或.当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，，所以 因为对任意的有恒成立，所以，即. 故选：C 8. 已知直线：与椭圆：（）相交于，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出的关系，再根据椭圆的性质求解即可. 【详解】设，， 将直线方程与椭圆方程联立， 消去得， 则， 因为的中点为所以，解得， 所以，， 故选：B 二、多选题 9. 如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（ ） A. B. 存在，使平面 C. 不存在，使平面 D. 当四棱锥的体积最大时，点到平面的距离是 【答案】BCD 【解析】 【分析】取中点，假设，利用线面垂直的判定定理证得平面，则，推出矛盾，可判断A ；取中点，利用线面平行的判定定理求证平面和平面，再利用面面平行的判定定理求证平面平面，即可判断B；假设存在点，使得平面成立，则利用线面垂直的判定定理求证平面，则，推出矛盾，即可判断C；当平面平面时，四棱锥的高最长为，再利用等体积法即可判断D. 【详解】 对于A，假设，如图取中点，连接， 因为，则，又平面， 则平面，因为平面，则， 在中，又，显然不成立， 所以不可能有，故A错误； 对于B，如图，存在为中点时，取中点，连接， 因为为的中点，所以，又平面平面， 所以平面，又，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，故B正确； 对于C，假设存在点，使得平面成立，因为平面，所以， 又因为且平面，所以平面， 又因为平面，那么，又因为，则直角边大于斜边， 显然矛盾，所以不存在，使平面，故C正确； 对于D，因为 是腰为1的等腰直角三角形，则到的距离是， 当平面平面时，因，平面，平面平面， 故平面，此时四棱锥体积最大. 因，由余弦定理，， 解得，所以，又， 所以，， 设点到平面的距离，则由可得， 则，故D正确． 故选：BCD. 10. 点在圆上，点在圆上，为圆则下列结论中正确的是（ ） A. 圆心距 B. 的最小值为2 C. 的最大值为9 D. 圆经过点的最短弦的长为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】求各圆的圆心和半径，进而求，即可判断A；根据圆的性质分析判断BCD. 【详解】由题意可知：圆，其圆心，半径， 圆，其圆心，半径， 对于选项ABC：圆心距，故A正确； 的最小值为，故B错误； 的最大值为，故C正确； 对于选项D：因为， 可知点M在圆内，当圆经过点M的弦与垂直时，弦长取最小值， 最小值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法一定正确的是（ ） A. 有两个极值点 B. 存在正数，使得在上单调递增 C. 存在正数，使得在上单调递减 D. 直线是曲线的一条切线 【答案】ACD 【解析】 【分析】函数求导，分析导函数的零点，求函数的单调区间，可判断ABC的真假，根据导数的几何意义，可判断D的真假. 【详解】，令，则，所以有两个极值点，A正确； 设，为的两个极值点，则，所以， 所以在和上单调递增，在上单调递减，B错误，C正确； 因为，，所以曲线在处的切线方程为，D正确． 故选：ACD 三、填空题 12. 已知等差数列{an}，且a3＋a5＝10，a2a6＝21，则an＝____________． 【答案】或． 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，可得， 又由， 解得，所以或， 所以数列的通项公式为或． 故答案为：或． 13. 设，则________，其在点处的切线方程为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】直接由复合函数求导法则得第一空答案，只需代入，得即可得第二空答案. 【详解】因为，所以，则. 故曲线在点处的切线方程为. 故答案为：，. 14. 已知实数，，，满足，，，则的最大值是___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由已知得分别在圆和圆上，利用数形结合法，将所求问题转化为两点到直线和的距离和的倍，再利用三角函数求出其最大值即可． 【详解】解：由，可知， 点，分别在圆和圆上， 如图，作直线，过作于，过A作于， 而， 其中表示A到直线的距离， 表示到直线的距离， 因为与，平行， 且与的距离为， 与的距离为， 要使的取最大值，则需在直线的左下角这一侧， 所以，， 由得， 设，因为，所以， 从而， 故， 其中， 故当时，取最大值， 从而， 即的最大值为． 故答案为：． 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将代数问题转化为几何问题，数形结合，再借助三角函数的性质求出最值. 四、解答题 15. 已知村庄B在村庄A的东北方向，且村庄A、B之间的距离是，村庄C在村庄A的北偏西75°方向，且村庄A、C之间的距离是6km，先要在村庄B的北偏东30°方向建立一个农贸市场D，使农贸市场D到村庄C的距离是到村庄B的距离的倍． （1）判断村庄C在村庄B的什么方向上？并说明理由． （2）求农贸市场D到村庄B、C的距离之和． 【答案】（1）村庄在村庄的正西方向，理由见解析 （2）千米 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求得，由正弦定理求得，知村庄在村庄的正西方向； （2）由题意得出，再用余弦定理可求得，从而得距离之和． 【小问1详解】 由题意可得，，， 在中，由余弦定理可得， 则，故， 即村庄，之间的距离为干米， 在中，由正弦定理可得， 则，从而， 故村庄在村庄的正西方向； 【小问2详解】 因为农贸市场在村庄的北偏东的方向，所以. 在中，由余弦定理可得， 因为，所以， 解得或（舍去），则， 故， 即农贸市场到村庄､的距离之和为千米. 16. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等比数列； （2）记的前项和为，证明：. 【答案】（1）因为，故，若，则， 则依次有，与题设矛盾，故，故， 故，故，所以， 而，故，故，， 故为等比数列，且首项为，公比为. （2）由（1）可得，故， 当时，； 当时，， 当时，有， 故， 因为， 所以， 综上，. 【解析】 【分析】（1）利用构造法可得，故可证数列是等比数列； （2）结合（1）的结果求得的通项，由可证题设中的不等式. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱锥中，，，分别是，，的中点．是上一点，连接，是与的交点，连接，求证：． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】根据给定条件证得平面，进而证得平面平面即可得解. 【详解】因，分别是，的中点，则，又平面，平面， 于是得平面，同理平面，且，平面， 则有平面平面，又平面平面，平面平面， 所以． 18. 已知，分别为椭圆的上、下焦点，是椭圆的一个顶点，是椭圆C上的动点，，，三点不共线，当的面积最大时，其为等边三角形． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为的中点，为坐标原点，直线交直线于点，过点作交直线于点，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过点与的左顶点或右顶点重合时，的面积最大，即可求解； （2）设直线的方程为，延长交于，延长交于． 通过向量数量积说明，，再通过 ，，及，即可求证； 【小问1详解】 因为是椭圆C的一个顶点，所以． 当点与的左顶点或右顶点重合时，的面积最大，其为等边三角形，满足，又因为，所以，． 故椭圆C的标准方程为． 【小问2详解】 证明：设直线的方程为，，． 由得， ，， 所以，， 即点， 所以直线的方程为． 令，得． 又，所以直线的方程为． 令，得． 延长交于，延长交于． 由，得，则． 同理由，得，则． 因为，，显然， 所以． 19. 已知函数，将曲线绕原点逆时针旋转，得到曲线. （1）证明：存在唯一的实数，使得曲线是某个函数的图形，并求出； （2）取，设是曲线图象上任意一点，将曲线绕点逆时针旋转，得到函数曲线，设函数的极小值为，求的单调性. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析题意，转化为交点问题处理即可. （2）分析题意，转化为一元函数，求导数研究即可. 【小问1详解】 若存在是某个函数的图形，则的方程为，顺时针旋转后， 得到，由题意得与有唯一公共点， 即与有唯一交点，可得一定是单调函数， 且，探得，此时一阶导取得最小值， 故得一定是的拐点， 设，得， 故得，解得，即，故存在唯一的实数， 使得曲线是某个函数的图形得证. 【小问2详解】 对于，故设，， 设曲线绕点旋转点为， 设，可得，， 则旋转中心为原点时，会变为， 而现在旋转中心为，设的极小值为， 则， 由题意知取，则，而， 设， ，令，， 令，， 故在上单调递增，在上单调递减， 显然，，得， 由零点存在性定理得一定存在作为零点， 令，，令，， 故在单调递减，在单调递增. 【点睛】思路点睛：借助参数方程解决旋转问题， 对于，故设，， 设曲线绕点旋转点为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高二下学期2月阶段性检测数学试题 一、单选题 1. 已知A，B两点在以F为焦点的抛物线上，并满足，过弦AB的中点M作抛物线对称轴的平行线，与准线交于N点，则MN的长为（ ） A. B. C. D. 2. 已知空间向量，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 3. 直线的倾斜角为（ ） A. 60 B. 30 C. 90 D. 0 4. 设，为平面上两个定点，动点满足，则动点P的轨迹为（ ） A. 直线 B. 两条射线 C. 椭圆 D. 双曲线 5. 已知数列满足，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形；，，且，则错误的是（ ） A. B. C. D. 直线与平面所成的角为 7. 设函数，若对任意的有恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线：与椭圆：（）相交于，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（ ） A. B. 存在，使平面 C. 不存在，使平面 D. 当四棱锥的体积最大时，点到平面的距离是 10. 点在圆上，点在圆上，为圆则下列结论中正确的是（ ） A. 圆心距 B. 的最小值为2 C. 的最大值为9 D. 圆经过点的最短弦的长为4 11. 已知函数，则下列说法一定正确的是（ ） A. 有两个极值点 B. 存在正数，使得在上单调递增 C. 存在正数，使得在上单调递减 D. 直线是曲线的一条切线 三、填空题 12. 已知等差数列{an}，且a3＋a5＝10，a2a6＝21，则an＝____________． 13. 设，则________，其在点处的切线方程为________. 14. 已知实数，，，满足，，，则的最大值是___________． 四、解答题 15. 已知村庄B在村庄A的东北方向，且村庄A、B之间的距离是，村庄C在村庄A的北偏西75°方向，且村庄A、C之间的距离是6km，先要在村庄B的北偏东30°方向建立一个农贸市场D，使农贸市场D到村庄C的距离是到村庄B的距离的倍． （1）判断村庄C在村庄B的什么方向上？并说明理由． （2）求农贸市场D到村庄B、C的距离之和． 16. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等比数列； （2）记的前项和为，证明：. 17. 如图，在三棱锥中，，，分别是，，的中点．是上一点，连接，是与的交点，连接，求证：． 18. 已知，分别为椭圆的上、下焦点，是椭圆的一个顶点，是椭圆C上的动点，，，三点不共线，当的面积最大时，其为等边三角形． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为的中点，为坐标原点，直线交直线于点，过点作交直线于点，证明：． 19. 已知函数，将曲线绕原点逆时针旋转，得到曲线. （1）证明：存在唯一的实数，使得曲线是某个函数的图形，并求出； （2）取，设是曲线图象上任意一点，将曲线绕点逆时针旋转，得到函数曲线，设函数的极小值为，求的单调性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $