湖南郴州市嘉禾县第一中学2025-2026学年高二下学期6月限时测试数学试题

2026年上学期高二6月限时测试 数学 (时间：120分钟 满分：150分) 一、选择题：本题共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.已知复数2=5+5列 (1是虚数单位)，则z的虚部是 2+i A.1 B.5 C.i D.5i 2.若双曲线若y=1(。>0)的实轴长为4，则其新近线方程为 A.y=±2x B.y=x C,y=±x D.y=±2x 2 3.已知集合A=X|x2-4s0},B={x|0<x-1<1},则A∩B= A.[-2,2] B.(2,41 C.(1,2) D.1,2] 4已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是等腰直角三角形，AB=AC=1, SA为球O的直径，且S4=√6，则此棱锥的体积为 A.5 B.3 6 3 c. 3 D. 5.若 的展开式中各项系数之和为A，所有偶数项的二项式系数之和为B，且 A+B=96,则展开式中含x2项的系数为 A.-540 B.-180 C.540 D.180 6,已知数列{3，的前n项和9，满足9.=2，-4，数列白，}满足也，=2”1，则下列各式一 a。 定成立的是 A.b,≥b, B.bn≥b2 C.bn≤b2 D.b。≤b 7.定义在[0，+o)的函数f(x)满足f(x+6)=f(x),且f(x)= ln(2-x0≤x<2、 x∈(0,3] sinnx,2≤x<3 都有f(6-x)+f(x)=0,若方程f(x)=a(a∈R)的解构成单调递增数列{x},则下列说法： ①f(2023)≠0；②若数列{x}为等差数列，则公差为6；③若2(×+x2)=x×2+3,则 0<a<n2;④若-1<a<1n。.则∑(x-2+为)=6n+n;其中正确的个数是 2 =1 A.1 B.2 C.3 D.4 8.在△ABC中，AB=2,∠ACB=D ，0是aABc外接园圆心，则0CA9+cA:cB的最大 值为 A.3 B.10 C.4 3 .号 二、选择题：本题共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.给出下列四个命题，其中正确的命题是 A.函数f(x)=sinx是最小正周期为π的周期函数 B.函数y=cos2x+sinx的最小值为-1 C.已知直线nC平面a,若存在一条直线m,若m11n,n/1a,则m/1a D.已知2c0sa-1=2N51n0,则c0s-20=7 7 38 10.定义；在区间1上，若数y=f(x)是减函数且y=xf(x)是增函数，则称y=f(x)在区间1 上是“弱减函数”，根据定义可得 A.f(x)=1在(0，+o0)上是"弱减函数” B.f(4总在12)上是弱减函数 C.f(x=nx在0， 上是“弱减函数” 2 D.若fx=n在(m∞)上是弱减函数，则m≥e 11.长方体ABCD-AB,C,D,,点E是棱CC,的中点，点O是AC与BD的交点，以适当方 式建立空间直角坐标系后，0E=(-1,2,2),则 A.AC,=(-2,4,4) B.长方体外接球的体积为36π C.AC,·AB=16 D.V。-A8E的最大值为3√3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.函数f(x)=xln×+ax+2在点(1，f(1)处的切线与直线×-2y+2=0相互垂直，则实数 a二 13.已知9是第四象限，且sn(04宁-号，则an(0-分- 14.一个箱子里有5个球，分别以1~5标号，甲从箱中有放回地随机抽取两次，记其取出 的球的编号集合为A,乙也从箱中有放回地随机抽取两次，记其取出的球的编号集合为B记 随机变量X为集合A∩B中元素的个数，则E(X)=】 .附：已知x,Y为两个随机 变量，则E(X+Y)=E(X)+E(Y). 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.(13分)已知等差数列{a,}和等比数列(b,),其中(a,}的公差不为0，设S,是数列{a,}的 前n项和，若a,、a2、a,是数列(b,)的前3项，且S4=16. (1)求数列{a,)和b,)的通项公式； (2)若数列 为等差数列，求实数t, a,+t 16.(15分)某种纪念卡片有红色和蓝色两种，每次购买时只能购买一张，得到红色卡片和 蓝色卡片的概率各为，某人连续购买了4张卡片假设每次购买得到的卡片的颜色互不影响. ()此人至少得到一张红色卡片的概率； (2)若已知此人至少有一张红色卡片，求此人至少有一张蓝色卡片的概率 17.(15分)如图，四棱锥P-ABCD的各个顶点均在球0的表面上，且AB=AD=2, BC⊥CD,PB⊥平面PAD. (I)证明：平面PAB⊥平面ABCD; (2)求四棱锥P-ABCD体积的最大值； (3)当5PA·PB=6√2时，求直线PC与平面ABCD所成角的余弦值的最大值. 18.(17分)设A,B两点的坐标分别为(-2,0)，(2,0)，直线AM,BM相交于点M,且它 们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W,O为坐标原点. (1)求轨迹W的方程； (2)过点F(4,0)的动直线，与W的左、右支交于P,Q两点，且与直线x=1交于点C.过点 F作直线2I0C,直线2与直线0P,0Q分别交于点D,E. (i)证明： FE 为定值； (m)若△EFQ的面积与△OPQ的面积之比为号，求点Q的坐标. 19.(17分) 已知函数f,()=e- (n∈N+): n! (1)求函数y=(x)在(0，f(O)处的切线方程； 2记函数y=6(灯-1+)二的最小零点为a,证明： 2 (i)-2<a2<0且f3(a2)>0; (l）a22<a。<8u 2 2026年上学期高二6月限时测试 数学参考答案 一，选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D A C B BD BCD ABD 二，填空题 12.-3 73.12 14. 81 125 三，解答题 15. (1)设{a,)的公差为d,且d≠0，设(b,)的公比为9，且q≠0， :a、a2、a是数列(b,)的前3项，则a2=a,·a5, 即(a,+d)2=a,(a,+4d),化简得2a,=d, 又9.=4a,+4x4-卫d=4a+6d=16, 2 化简得2a,+3d=8,解得a,=1,d=2,.an=a,+(n-1)d=2n-1, “8=1、,=3、0,=9是数列，)的前3项，则6=，=1，g=马=3， a bn=6g=3-1, (2)由(1)可知s.=8+8×n=n2, 2 数列 4sn-1 }为等差数列，即数列 4n2-1 为等差数列， a,+t 2n-1+t 设c,=4n1 则9=3 2n-1+t 3+,935 15 ,则2c2=G+c3, 5+t 则2×15=，3+35，化简得-2：=0，解得4=0、专=2， 3+t1+t5+t 当t=0时，c,=4n=1 =2n+1,是首项为3，公差为2的等差数列，可取， 2n-1 当1=2时，6，=4n21 =2n-1,是首项为1，公差为2的等差数列，可取， 2n+1 综上实数t可取0或2. 16. (1)设此人得到的卡片中红色的有×张，蓝色的有y张，则×-》，y-》, ∴.P(X≥1)=1-P(X=0)=1 15,即此人至少得到一张红色卡片的概率为 16 6 (2)由题可得P(Y≥1X21)= P(X≥1，Y≥1) P(X≥1) =1-P(X=0)-P(y=0) - 14 P(X≥1) 15 16 即若已知此人至少有一张红色卡片，则此人至少有一张蓝色卡片的概率为14 15 17. (I)证明：由题，四边形ABCD在球0的一个截面的圆周上，故∠BAD+∠BCD=π， 又BC1c0,故∠BA0=分，故AB1A0, 由PB⊥平面PAD,ADC平面PAD,得PB L AD, 又AB∩PB=B,ABC平面PAB,PBC平面PAB,故AD⊥平面PAB, 又ADC平面ABCD,故平面PAB⊥平面ABCD. (2)过点P在平面PAB内作PH⊥AB,垂足为点H, 由平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PHC平面PAB, :A D BE 可得PH⊥平面ABCD,记四棱锥P-ABCD的体积为V, PHSHS.) 3 3 因为AB1A0,所以S4m=行A8AD=×2X2=2, 由PB1平面PAD,PAC平面PAD,得PB1PA,故PB2+PA2=AB2=4, 于是PA~PB≤PA+Pg=2,当且仅当PA=P阳=5时取等号， 2 由Spn=PBPA=AB:PH,得PH=PA-PB名=1， 1 2 2 AB 2 Sa。=)9CcD,由8C1cD,得8=802=8c2+cD'≥2Bc-cD, 2 1 故Bc,c0≤4，当且仅当BC=CD=2时取等号，于是Sa=2BCc0≤2， 故v=日pr(8m+a) 4= 4 3 3 故四棱锥P-ABCD体积的最大值为年， 3 (3)取线段BD的中点0，连接H0、OC, D 因为BC⊥CD,0为BD的中点，故0C= 0=2a0产+0-×25=6， 2 因为PA1P9,PAP96,48=2,由等面积法可得PM-PAPB3 5 AB 5 由 PAPB=返 5 设P阳=m,则PA= PA2+PB2=AB2=4 5m 所以PA2+PB2= +m2=4,整理得25m-100m2+72=0, 5m 解得m-1025,即Pg-10±25 5 5 PgA日，故H=Pgm 因为PH1AB,PA1PB,所以cOS∠PBA=BH=PE AB 2 在9BHO中，OB=N2,∠0BH= 4 由余弦定理可得0H2=BH2+0B2-2BH:0Bc0S=BH2+2-2BH, 当m-10+25时，BH--5+5 5 25 此时0H=BH+2-28州=2+105+2-2×5+5-32，此时0H=45 25 5 25 当m=10-25时，gH=广-5=5 5 25 此时0H=BH+2-28H=32-105+2-2×5=532,此时0H=45 25 5 25 综上所述，0H=4互 5 所以cH≤0c+oH=5+4返- ,当且仅当c、0、H三点共线时，等号成立， 5 5 即cH长的最大值为9V2 5 设Pc与平面ABcD所成角为B,当cosB取最大值时，B最小，此时tanB取最小值， 3V2 所以tan日=P =5≥35 51, X CHCH 59V33 此时cos2B cos2日 19 cos2B+sin2日1+tan2日 +110,即cos8=3h0 1+- 10 9 故当5PA:PB=6万时，直线PC与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为3而 10 18. (1)设动点为M(×,y)· 则由直线AM,BM斜率之积为3，得义·y=3x≠2)， x+2x-2 整理可得父-公=1以x≠2)· 412 因此轨迹W的方程为父-二=1(×≠2， 412 ②(0证明：设直线（的方程为x=+4,P6X,Q(⅓，则c(引 x=ty+4 由 兰得，3r-1)+24+36=0. =1 412 △=(24t)2-4×36(32-1)=144(t2+1)>0 故{y+y,=3可 -24t 36 y1y2= 3t2-1 直线，的方程为×=-二 +4，直线0P的方程为x=之y=%十4y, y [x=y+4 3 由{ 解得y。=3y ty,+3 .同理解得y:= 3y2 x=丝+4y 少2+3· y 故，+=3+%32%+34+%] ty,+3ty2+3(ty,+3)(ty2+3) (ty,+3)(ty2+3) DF 因此y。+yE=y=0,即点F是线段DE的中点，因此 =1为定值. ()方法一：不妨假设点P在第二象限，点Q在第一象限， 36 此时y,+y2= -24t 3t2-1 >0,y2=3- >0,得t<-3 3 HEF∠oF 3y2 由题意S=」 IQE-JQFI y:v.+3l 1 oanP0g loPl-lool lyl y+3yl 由(i)得y-y=Vy+y)2-4yy= 12√+1 -24t-12√t2+1 y2= 23t2-1) tor +1+2t 代入(*)化简得 1P+1 得105t-142t2+9=0,即(15t2-1)(7t-9)=0, 解得2=9或2=1 （舍去)， 15 因匙人=9，代入双续方据格4片 2(3t2-1) 由对称性可得当点Q在第四象限时，吕，乃=3 5 因此点Q的坐标为Q 11+35 5 方法二：由题意 2 E-n∠eoF 1QEL-JOFI_IOFI IQEl 2∠poo lQPl-JQo oP ool' 利用ocoE结合loel,可得：l laPl lQol laPl lacl 不妨设 =a,则4-月-- lacl lacl locl locl IPcl 1, 得PF|=Pcl,lpo+loF|=lPQ+№cl=APQ-lQcl, 得aodl. lQFl IOFlIOFl IoFl_2-1_3 因问问令.得4-=0廉袋-负位合太. 3」 4+二×1 故F0=30C, 2 因此。=2=11 1+35,代入双曲线方程得少=±37 5 2 因此点Q的坐标为Q 方法三：不妨设S△EFa=3m,S△p0=8m,S△o0=n 因为利用OC‖DE结合|DF=EF,得S△pE=8m+n, S..00L QE 由 S。Pa0 SA0DQ 0o, 得8m+n=6m,化简得n+8mn-48m2=0,解得n=4m。 8m n 因此 EQ=S.ooL=om=3oF Qo S.0Dg 4m 2 Qc 4+3x1 故F0=多0c,因此。=23=日 2 台代人汉防k: 5 2 因此点Q的坐标为Q 37 5 19. (1)f(x)=e*-×,则(x)=e-1..f(0)=1,f(0)=0,则切线方程为y=1. (2)()由(1)知fx)=e-1. 当x∈(-∞，0)时，(x)<0,所以f(x)在(-0,0)上单调递减. 当x∈(0，+∞)时，《x)>0,所以f(x)在(0，+0)上单调递增 所以(x)≥(0)=1. 又么0=6-兰，因=e-=560为指函数： 又a号会<00=1>0 当n=2时，函数y=f(-1+)”即为y=56. 2 :n=2时，函数y=(-1+=1)贮的最小零点a,即为y=(的零点 2 则存在-2<，<0，使得5(9，)=e=0. 2！ 2<a.<0,时=2则51=e是-e52--号6=e(-号》0 3! 6 (）由题知6（刘=e- =fn-（x). (n-1)！ 先证fn-(x)>0恒成立，y=fn（x)单调递增且存在唯一零点-2n<a2n<0. 当n为偶数时，函数y=1(-1+二二为y=4(. 2 由(i)知，f(x)为增函数，零点为a2,(a2)>0. 又f(x)在(-∞，a2)上单调递减，在(a2,+o)上单调递增则6(x)≥f(a2)>0. 仅=(，则y=()单调递增，⑨)=1.t(4=人仁4<0 4！ 则存在唯一零点-4<a。<0,以此递推，…， (2n-1)！ 凶单调递塔，又.0=1《20之 则存在唯一零点-2n<a2n<0,命题成立. 2n+2 i42(an)=e,-a2 >e1 (2n)2 -=e 1 >0 (2n+2)！ (2n+2)(2n+1) (2n+2)(2n+1) 又y=fn2(x)单调递增，且fnt2(a2n+2)=0,所以a2n+2<a2n 由上述讨论知，y=f2n+,（x)在(o,a2n)单调递减，在(a2n+o)单调递增，且fn+,(0)=1. 当n为奇数时，函数y=(灯-1+-)二为y=,(对-1， 2 又X→-00时，f2n+1(x)→0，则fn+,（x)=1存在另一零点，由题意知另一零点为a2m+1,且 a2nt<a2n. 现证明若存在x<a2n<x2使得fn+1(x)=fn1(x2),则x+X2>2a2n: 即证X2>2a2n-X,即证f2n1(x1)=f2n+1(x2)>f2n+1(2a2n-x). 令h2n+1(x)=2n+1(x)-f2n*1(2a2n-X)(X<a2n),hk()=hk+n(x),则h2n+1(a2n)=0. h2n+1(x)=h2n(x)=f2n()+fn(2a2n-x),h2n(a2n)=2f2n(a2n)=0. h2n(x)=h2m-1(x)=f2n-1(x)-f2n-1(2a2n-x),h2n-1(a2n)=0. h2n-1(x)=h2n-2(x)=f2n-2(x)+f2n-2(2a2n-X). h2m-2(a2n）=2f2n-2(a2n)<2f2m-2(a2m-2)=0. … h(x)=h2(x)=f2(x)+f2(2a2n-x),h2(a2n)=2f2(a2n)<2f2(a2)=0. h(x)=h(x)=f(x)-f(2a2n-x)=2(a2n-x)>0. 反推可得到h,(x)>0,h2(x)<0,,h2n（x)>0,命题得证. 又5n(日n)=5n(0)=1,则a21+0>2a2n,即a2n<出， 2 综上所述：a22<a,<a. 2