湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期5月阶段检测数学试题

**基本信息** 以荣昌折扇文化、比赛赛制等真实情境为载体，通过基础概念辨析、空间几何推理、概率建模等梯度设计，考查函数、几何、统计等核心知识，培养数学抽象、逻辑推理与建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、数列、向量|基础运算与概念辨析，如向量垂直条件应用| |多选题|3/18|扇形几何、函数图像|文化情境融入，如荣昌折扇动态几何问题考查空间想象| |填空题|3/15|椭圆离心率、函数极值|聚焦关键能力，如利用导数求函数极小值| |解答题|5/77|导数应用、立体几何、概率统计（比赛赛制）、圆锥曲线|综合应用，如“五局三胜”赛制概率建模体现数学语言表达，圆锥曲线定点问题考查逻辑推理|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高二下学期5月阶段检测数学试题 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知复数满足：，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）设等差数列的前项和为，若，则 （   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知向量，若与垂直，则（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）已知在正方形ABCD中，点E，F分别为AB，CD的中点，若沿EF将正方形折成一个二面角后，使AD∶AB=2∶，那么AF与EC所成角的余弦值为（    ） A．0 B． C． D． 6．（本题5分）双曲线的对称中心为，焦点为，过的直线与的一条渐近线平行．若与以为圆心，为半径的圆相交于两点，且，则的离心率为（   ） A． B． C． D．4 7．（本题5分）已知函数，若方程有三个根，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）为两个随机事件，，则下列说法错误的是（   ） A． B． C．事件相互独立 D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C． D． 10．（本题6分）已知时，，则关于函数，下列说法正确的是（    ） A．方程的解只有一个 B．方程的解有五个 C．方程的解有五个 D．方程的解有五个 11．（本题6分）如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（     ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点A到平面的距离为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知椭圆的右焦点为F（5，0），点A，B为C上关于原点对称的两点，且，，则C的离心率为___________. 13．（本题5分）已知函数的极小值为a，则a的值为______. 14．（本题5分）在锐角中，已知，，，则的面积等于______ 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知，函数． (1)若对，恒成立，求a的取值范围； (2)若在点处的切线为，与x轴的交点为，证明：． 16．（本题15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱上的一点.    (1)当为的中点时，求证：平面平面； (2)当平面和平面所成的角的余弦值为时，求的值. 17．（本题15分）小明和小李要进行一系列的比赛，假设每局比赛的结果互不影响. (1)若比赛没有平局，且小明每局获胜的概率为0.4. ①如果共有三局比赛，求小明的比赛结果依次为赢、输、赢的概率； ②小明作为实力较弱的一方，他可以优先选择“一局定胜负”或“三局两胜”的赛制（“三局两胜”指先赢两局者为胜，最多三局结束）.请帮助小明分析，选择哪种赛制对他更有利，并说明理由. (2)如果小明每局获胜的概率为，他和小李要进行一场“五局三胜”的比赛（“五局三胜”指先赢三局者为胜，最多五局结束）.记小明最终获胜的概率为，请给出的表达式，判断并说明函数在上的单调性，并指出现实意义. 18．（本题17分）已知动圆与圆内切，同时与圆外切，圆心的轨迹为，斜率为的动直线与轨迹相交于不同的两点，坐标原点为. (1)求轨迹的方程； (2)若中点的横坐标等于1，求面积的最大值，并求出取最大值时的值； (3)若以为直径的圆经过点，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标. 19．（本题17分）已知函数 （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求a的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B A C D B D ABD ACD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义计算作答. 【详解】解不等式得：，即，而， 所以. 故选：D 2．C 【分析】根据复数的除法运算公式求值. 【详解】由题意知，带入得 故选：C. 3．B 【分析】由，求得，再利用等差数列通项公式求解. 【详解】解：在等差数列中，， 所以， 解得， 所以， 故选：B 4．A 【分析】根据与垂直，由求解. 【详解】解：， 与垂直， ， . 故选：A. 5．C 【分析】由已知得二面角B-EF-D为直二面角，以点E为原点，建立分别以EF，EA， EB所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，由线线角的空间向量求解方法可求得答案. 【详解】解：折起后，若AD∶AB=2∶，那么AE∶EB∶AB=1∶1∶，所以∠AEB=90°，即得二面角B-EF-D为直二面角，以点E为原点，建立分别以EF，EA， EB所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，设AD=2，那么E（0，0，0），A（0，0，1），F（2，0， 0），C（2，1，0），可得=（2，0，-1），=（2，1，0）， 所以cos<>=. 故选：C. 6．D 【分析】设双曲线的标准方程为，可求出双曲线的渐近线，从而可以求出过双曲线焦点的直线，由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，再根据弦长公式可求出，和相等，代换化简即可求出答案. 【详解】设双曲线的标准方程为， 由题意可知双曲线的焦距为， 因为，所以可得， 不妨设为双曲线的左焦点，则可知， 过点的直线与双曲线的一条渐近线，所以可知直线的斜率为， 则可得直线的方程为，即， 由点到直线距离公式可以求出原点到直线的距离， 由垂径定理可知， 因， 代入可求得，化简可知， 又因，则，代入可知， 则. 故选：D 7．B 【分析】求导，根据导数作出函数的图象，数形结合求解参数范围即可. 【详解】当时，，可以看作函数向上平移个单位， 当时，，则， 因为当，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， ，，， 作出函数图象如下图， 令，则过定点， 当过原点时，即时，图象与图象有4个交点， 时，，当图象与图象相切时，设切点为， 此时， 将代入得， 整理得，因为在上单调递增， 又，所以， 当时，，图象与图象相切，有两个交点. 所以方程有三个根，的取值范围为． 8．D 【分析】根据已知及全概率公式易得 ，进而得到，再应用条件概率、独立事件的判定及概率的性质判断各项的正误. 【详解】由，且， 所以 ，则，同理，A对； 由，，即，B对； 由，即事件相互独立，C对； 由，D错. 故选：D 9．ABD 【分析】建立平面直角坐标系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A，B；表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D． 【详解】如图，作 ，分别以为x，y轴建立平面直角坐标系， 则 ， 设 ，则， 由可得 ，且 ， 若，则， 解得 ，（负值舍去），故，A正确； 若，则，，故B正确； ， 由于，故，故，故C错误； 由于， 故 ，而， 故（取等号），故D正确， 故选：ABD. 10．ACD 【分析】作出函数的图象，换元后从外到内研究，先求与图象交点的个数，转化为内层函数或的取值范围，据此再结合的图象即可判断的根的个数. 【详解】作出图象，如图， A项，因为，显然与有唯一交点，故正确； B项，令，则或或或或个解，故错误； C项，令，则 有3个解， 有2个解，共有5个解，故正确； D项，令，则 有3个解，有2个解，共有5个解，故正确. 故选择：ACD 【点睛】方法点睛：结合函数的图象，利用换元法，分别由外到内分析，根据方程的根的个数可转化为两函数图象交点的个数求解即可. 11．ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到线线平行，证明线面平行；B选项，由锥体体积公式进行求解；C选项，两平面展开，当三点共线时，取到最小值，得到答案；D选项，等体积法求解点到平面的距离 【详解】A选项，在正方体中，连接相交于点，显然互相平分， 故四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面，A正确； B选项，正方体的棱长为4，显然四边形为正方形，设边长为， 显然，解得，边长为， 又⊥平面，显然， 故四棱锥的体积为， 由对称性可知，四棱锥的体积也为 八面体的体积为，B错误； C选项，因为为棱上的一点，将和展开成一个平面， 由题意知，，同理可得， 和为等边三角形，且边长为，展开图中， 连接，由三角形两边之和大于第三边，故当三点共线时，最小， 即线段即为最小值， 由余弦定理得，C正确； D选项，， 设点A到平面的距离为，且， ， 其中为等边三角形，边长为， 故，解得， 点A到平面的距离为，D正确. 12． 【分析】根据题意可得，结合，求得，，继而可求出，求得答案. 【详解】因为点A，B为C上关于原点对称的两点，故连接AB，则AB过原点O， 又因为， ，故， 又，所以，， 取C的左焦点为 ，连接 ，则， 所以，所以， 所以C的离心率为， 故答案为： 13．e 【分析】求函数导数，分类求函数的单调区间求出函数极小值，根据极小值为a求解. 【详解】， 若，则当时，，单调递增， 此时不存在极值，不符合题意， 所以，易知在上单调递增，且当时，， 当时，，所以存在唯一的，使得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以的极小值， 因为， 所以，即， 设，因为， 所以在上单调递减，又， 所以，从而. 故答案为： 14． 【详解】由余弦定理得，解得或， 因为最大边为，所以，即，即，故舍，此时． 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题得到对任意的，恒成立，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最小值，即可得出结果； （2）根据条件得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递增，再分，和三种情况讨论，即可证明结果. 【详解】（1）由，得到，即， 令，则， 因为，由得到或（舍）， 当时，，时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，又，恒成立， 所以，解得， 所以a的取值范围为. （2）因为，所以，故切线的方程为， 令，得到， （i）当时，，则，所以， 设，则， 当时，，即在区间上单调递增， 又，，得到，所以， 即，所以，即， （ii）当时，则，所以， （iii）当时，则，则，所以， 由（i）知，在区间上单调递增，所以当时，单调递增， 所以，即， 即有，又，所以，得到， 综上所述：. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，根据条件得到，通过构造函数，利用函数的单调性，将问题转化成函数值间的大小关系，从而解决问题. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再证明平面，最后利用面面垂直的判定定理即可； （2）以为原点，设，再分别求平面和平面的法向量为，再通过即可求出. 【详解】（1）因平面，平面，则， 又因底面为正方形，则， 因，平面，则平面， 又平面，则， 因，为的中点，则， 因平面，则平面，      因平面，则平面平面. （2）以为原点，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，可设， 则 ， 则， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量， 则，， 令，则，， 因平面和平面所成的角的余弦值为， 则，得，             则. 17．(1)①；②一局定胜负对小明更有利，理由见解析 (2)，函数在上的单调递增；意义见解析 【分析】（1）①根据独立事件概率的乘法公式即可计算小明比赛结果依次为“赢、输、赢”的概率； ②分别计算“一局定胜负”和“三局两胜”赛制下小明获胜的概率，比较大小来确定哪种赛制对小明更有利； （2）先根据“五局三胜”的规则，分情况讨论小明获胜的情况，利用独立事件概率的乘法公式和互斥事件概率的加法公式，求出的表达式，再通过求导判断函数的单调性，并分析现实意义. 【详解】（1）①根据题意，比赛没有平局，且小明每局获胜的概率为0.4，所以三局比赛相互独立，且小明每局输的概率为0.6， 所以小明的比赛结果依次为赢、输、赢的概率为； ②根据题意，一局定胜负时，小明赢得比赛的概率为， 三局两胜时，小明赢得比赛有两种情况： 情况一：前两局获胜，概率为， 情况二：前两局胜一局，输一局，第三局获胜，其概率为， 根据互斥事件的加法公式，所以在“三局两胜”的赛制下， 小明获胜的概率为， 因为，所以从小明的角度考虑，一局定胜负对小明更有利； （2）“五局三胜”的赛制下，小明获胜有以下几种情况： 情况一：前三局获胜，概率为， 情况二：前三局胜两局输一局，第四局获胜，则， 情况三：前四局胜两局输两局，第五局获胜，则， 所以小明赢的概率为： ， 所以， 所以， 因为，所以， 所以函数在上的单调递增； 现实意义：在“五局三胜”的比赛中，小明每局获胜的概率越大，他最终获胜的概率就越大，即小明实力越强，他获胜的可能性就越大. 18．(1) (2)当时，面积的最大值为 (3)证明见解析， 【分析】（1）根据椭圆的定义可求轨迹的方程； （2）直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程，根据中点横坐标可得的关系，再用表示，结合基本不等式可得面积取最大值的关系，从而可求对应的的值； （3）根据以为直径的圆经过点可得，从而可得横坐标满足的恒等式，结合（2）中结果化简前者可得，从而可得定点坐标. 【详解】（1），故圆内切于圆， 由可得，故切点坐标为，故， 设动圆的半径为，则圆与圆内切时，， 圆与圆外切时，， 所以， 由椭圆的定义可知，轨迹的方程为. （2）设直线的方程为，代入， 得， 所以当时， ，即 因为 所以， 当且仅当时取等号， 又因为，由此可解得或（舍）， 代入，可得，即（满足）， 所以当时，面积的最大值为. （3）    由，所以， 即， 即，所以， 所以或. 因为直线不经过点，所以， 所以直线为， 直线恒过定点. 19．（1）答案见解析；（2）. 【分析】（1）先求函数的定义域、求导函数，接着构建新函数，再分类讨论和时的单调性，当时，又分与两种情况讨论即可得到答案； （2）先构建新函数，分、、三种情况讨论，最后判断求出a的取值范围． 【详解】解：（1）的定义域为， ， 令，则且与的符号相同． ①当即时，，此时； ②当即时，令得 ，， （①）当即时， 当时，，此时； 当时，，此时； （②）当即时， 当时，，此时； 当时，，此时； 综上，当时，的单调递减区间为，无单增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递减区间为和，单调递增区间为． （2）即； 令， 则，； 当时，， 此时在上单增，，符合题意； 当时， 由和都是增函数可知也为增函数， 故， 此时在上单增，，符合题意； 当时，同理也为增函数， ∵，当时，， ∴在上有唯一零点，不妨假设为 当时，，此时单减， ∴当时，，不合题意． 综上所述，a的取值范围为． 【点睛】本题考查含参分类讨论求函数的单调区间、利用导数研究不等式恒成立问题，是偏难题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $