精品解析：湖北襄阳市第四中学2026届高三下学期阶段检测（二）数学试题

高三年级阶段测试（二） 数学 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. 2 B. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级阶段测试（二） 数学 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. 2. 已知集合 ，则符合条件的集合B的个数为（ ） A. B. C. D. 3. 圆与圆的公共弦长为（ ） A. 2 B. C. D. 4 4. 已知为递减的等比数列，且，，则公比（ ） A. B. C. D. 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. 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. 7. 已知函数，且，则实数t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 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. 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． 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 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________． 13. 已知曲线，，，，当轴时，________． 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________． 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. 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. 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． 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：． 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $