湖北省云学联盟2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试题含答案

这是一份湖北省云学联盟2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试题含答案，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知 an=3n+4 ，则 2an 的公比是( )
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
2. 定义在 R 上的函数 fx ,若 f′1=12026 ,则 limΔx→0f1−2026Δx−f1Δx= ( )
A. -1 B. −12 C. 2 D. 4
3. 已知点 Ma,b 在圆 O:x2+y2=2 内,则直线 ax+by=2 与圆 O:x2+y2=2 的位置关系是 ( )
A. 相切 B. 相离 C. 相交 D. 不确定
4. 记正项等比数列 an 的前 n 项积为 Tn ,若 a2a6=16 ,则 T7= ( )
A. 27 B. 212 C. 214 D. 228
5. 如图,三棱锥 O−ABC 中, G 为 △ABC 的重心, M 是 OC 的中点,则 MG= ( )

A. 13OA+13OB+13OC B. 13OA+13OB+16OC
C. 13OA+23OB−16OC D. 13OA+13OB−16OC
6. 若函数 fx=x2csπx2 ，数列 an 中； an=fn+fn+1n∈N∗ ，则 a19= ( )
A. 256 B. -324 C. 400 D. 441
7. 已知过原点 O 的直线 l 与双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的左、右两支分别交于点 M ,
N ,点 F1 是双曲线 C 的左焦点,若 MF1=a2,MO=b ,则双曲线的渐近线方程是 ( )
A. y=±324x B. y=±223x C. y=±23x D. y=±32x
8. 对于实数 x,{x} 表示不小于 x 的最小整数,如 {0.5}=1,{2}=2 . 定义函数 fx={x⋅{x}} ,当 x∈(0,n]n∈N∗ 时,函数 fx 的值域为 An ,记集合 An 中的元素个数为 an , 数列 1an 的前 n 项和为 Sn ,则 S100= ( )
A. 99100 B. 9950 C. 100101 D. 200101
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. 已知 F1,F2 为椭圆 C:x24+y22=1 的左、右焦点, P 是椭圆 C 上的一动点,则( )
A. 椭圆的离心率 e=22 B. △PF1F2 面积的最大值为 2
C. 存在 4 个点 P ,使得 PF1⋅PF2=0
D. 1PF1+1PF2 的最小值为 1
10. 在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， M 是 AD 的中点， P 是线段 BD1 上的动点， 且 D1P=λD1B ,则( )
A. 当 λ=12 时， MP⊥BD1 B. MP 的最小值为 3
C. PA+PC 的最小值为 463 D. 当 C,C1,P,M 四点共面时, λ=14
11. 正项数列 an 中, a1=1 ,若 an 的前 n 项和为 Sn ,且 2Sn2−2SnSn−1=an2+1n≥2 ,则下列命题正确的是( )
A. a2=2−1 B. a2026>a2025
C. 数列 an2+1an2 单调递增 D. 1S1+1S2+1S3+⋯+1S24>8
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 将 1 到 2026 这 2026 个数中, 能被 3 除余 1 且被 5 除余 2 的数从小到大排成一列构成数列 an ，则 a4= _____.
13. 已知点 A0,1,B0,4 ,动点 N 满足 NA=2NB ,动点 M 在直线 4x−3y=0 上,则 MN 的最小值为_____.
14. 数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且满足 2Sn=nan+a1n∈N∗ ,若 a1−13+2a1−1=sin2027π3,a2026−33+a2026−3=cs2027π6 ，则 S2026= _____.
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. 已知函数 fx=13x3−3x2+10x+1 .
(1)求曲线 y=fx 在 0,1 处的切线方程；
(2)若 P 是曲线 y=fx 上一动点,求 y=fx 在 P 处的切线 l 的倾斜角 θ 的取值范围.
16. 已知数列 bn 的前 n 项和 Sn=3n+12−32 .
(1)求数列 bn 的通项公式；
(2)设 an=bn,n为奇数2n−1,n为偶数 ，记数列 an 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
17. 如图,圆锥 P−ABC 中,底面圆 O 的直径 AB 长为 4,C 是圆 O 上异于 A,B 的一点. 设二面角 P−AC−B 与二面角 P−BC−A 的大小分别为 α 与 β ,且 3tan2α+tan2β=tanαtanβ2.

(1) N 是 BC⏜ 的中点，证明: BC⊥PN .
(2)求圆锥的高 OP ；
(3)若 tanαtanβ=33 ,求二面角 A−PC−B 的余弦值.
18. 已知正项数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 2Sn2−n2+n−4Sn−2n2+n=0 ,正项数列 bn 满足 lg2b1b2b3⋯bn=nn+32,n∈N∗ .
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2)设 cn=an⋅bn ，求 cn 的前 n 项和 Tn ；
(3)记 dn=an+2anan+1bn ，求数列 dn 的前 n 项和为 Qn .
19. 已知点 D1,0 ,圆 C:x+12+y2=16,P 为圆上的一个动点,线段 PD 的中垂线与 PC 交于点 Q ,当点 P 在圆上运动时,记点 Q 的轨迹为曲线 Γ .
(1)求 Γ 的方程；
(2)若过定点 T0,1 且斜率存在的直线 l 与曲线 Γ 交于 A,B 两点，试探究:
①在 y 轴上是否存在定点 M ，使得直线 MA ， MB 的斜率之积为定值？若存在，求出点 M 的坐标; 若不存在, 请说明理由.
②若 N 为平面内一动点，直线 NA ， NT ， NB 斜率的倒数成等差数列，则点 N 是否在某定直线上? 若存在, 求出该定直线的方程; 若不存在, 请说明理由.
1. C
2. A
3. B
∵ 点 Ma,b 在圆 O:x2+y2=2 内, ∴a2+b22 ,
∴ 直线 ax+by=2 与圆 O 相离.
故选: B.
4. C
5. D
6. C
7. A
8. D
从数列的递推关系出发,研究 an+1 与 an 的关系,即函数 fx 在 x∈(0,n] 与 x∈(0,n+1] 时值域的个数差别,重点关注差别区间 (n,n+1] . 当
x∈(n,n+1],{x}=n+1,x⋅{x}∈n2+n,n2+2n+1 ,根据函数定义, {x⋅{x}} 应含有 n+1 个整数元素,即 an+1−an=n+1 ,
又 a1=1 ，由累加法可得
an=a1+a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1=1+2+3+⋯+n=nn+12,
则 1an=2nn+1=21n−1n+1 ,
所以 Sn=21−12+12−13+⋯+1n−1n+1=21−1n+1=2nn+1 ,即 S100=200101 .
9. ABD
10. AC
11. ACD
当 n≥2 时, 2Sn2−2SnSn−1=Sn−Sn−12+1 ,整理得 Sn2−Sn−12=1 ,
所以数列 Sn2 是等差数列,且 Sn2=n ,所以 Sn=n .
当 n≥2 时, an=n−n−1 ,又 a1=1 也满足,则 an=n−n−1n∈N∗ .
an=n−n−1=1n+n−1 ,由函数的单调性可得数列 an 单调递减;
所以 a2=2−1,a202622−1+3−2+⋯+25−24=225−1=8 ,故 D 正确;
12. 52
13. 1
14. 4052
由题意可得 2Sn+1=n+1an+1+a1 ,作差可得 2an+1=n+1an+1−nan+a1 ,
整理得 n−1an+1=nan−a1 ,用 n+1 代换 n 可得 nan+2=n+1an+1−a1 ,
再次作差可得 nan+2−n−1an+1=n+1an+1−nan ,所以 an+2+an=2an+1 ,即 an 是等差数列.
又 a1−13+2a1−1=sin2027π3=−32,a2026−33+a2026−3=cs2027π6=32 ,
则由 fx=x3+2x 为奇函数可得 a1−1+a2026−3=0 ,所以 S2026=2026a1+a20262=4052 .
15. (1) y=10x+1
(2) θ∈π4,π2
(1)由导数的定义及几何意义可得
f′0=limΔx→0fΔx−f0Δx=limΔx→013Δx3−3Δx2+10ΔxΔx=limΔx→013Δx2−3Δx+10)=10.
注: 直接根据求导法则计算也可,即 f′x=x2−6x+10 ,则 f′0=10
所以在 P0,1 处的切线方程为 y−1=f′0x−0 ,整理得 y=10x+1
(2)在 P 处的切线斜率为
f′x=limΔx→0fx+Δx−fxΔx=limΔx→013x+Δx3−3x+Δx2+10Δx−13x3−3x2+10xΔx
=limΔx→013Δx3+x2⋅Δx+xΔx2−3Δx2−6x⋅Δx+10ΔxΔx
=limΔx→013Δx2+x2+x⋅Δx−3Δx−6x+10=x2−6x+10
即 k=f′x=x−32+1≥1 ,由斜率 k=tanθ,k≥1
且 θ∈[0,π) 得, θ∈π4,π2
16. 1bn=3nn∈N∗
(2) T2n=32n+18+2n2+n−38
(1) 当 n=1 时, b1=S1=92−32=3 ;
当 n≥2 时, Sn−1=3n2−32 ,则 bn=Sn−Sn−1=3n .
经检验,当 n=1 时也满足该式. 综上, bn=3nn∈N∗
(2)由题意知，数列 an 的奇数项成等比数列，偶数项成等差数列，分组求和可得
T2n=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+a2+a4+⋯+a2n
=31−9n1−9+na2+a2n2=39n−18+n3+4n−12=32n+18+2n2+n−38 .
17.
(1)由题意可得， OP⊥ 平面 ABC ，由线面垂直的性质可得 OP⊥BC ；
又 N 是 BC⏜ 的中点,则 ON⊥BC ,所以 BC⊥ 平面 PON ,
又 PN⊂ 平面 PON ,则 BC⊥PN
(2)分别取 AC ， BC 的中点 M ， Q ，由 PA=PB=PC ，则 PM⊥AC ， PQ⊥BC .
连接 OM,OQ ,由 OP⊥ 平面 ABC 易得 OP⊥OM,OP⊥OQ .
又 AB 是底面圆 O 的直径,则 AC⊥BC,OA=OB=OC=2,OM⊥AC,OQ⊥BC .
则 ∠PMO=α,∠PNO=β . 在 Rt △POM 与 Rt △POQ 中, tanα=OPOM,tanβ=OPOQ .
由 3tan2α+tan2β=tanαtanβ2 得, OP2=3OM2+OQ2=3OC2=12 ,则 OP=23 .
(3)因为 tanαtanβ=33 ，即 OQOM=33 ，所以 OM=3OQ ，即 BC=3AC . ∵AC2+BC2=AB2, ∴BC=23, AC=2 .
以点 O 为坐标原点, ON,OM,OP 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,
则 A−1,3,0,B1,−3,0,C1,3,0,P0,0,23 .
所以 AC=2,0,0,PC=1,3,−23,BC=0,23,0 .
设平面 PAC 的法向量为 m=x,y,z ,则 m⋅AC=0m⋅PC=0 ,即 2x=0x+3y−23z=0 ,
不妨取 y=2 ,则 x=0,z=1 ,此时 m=0,2,1
设平面 PBC 的法向量为 n=a,b,c ,则 n⋅BC=0n⋅PC=0 ,即 23b=0a+3b−23c=0 ,
不妨取 a=23 ，则 b=0,c=1 ，此时元 n=23,0,1 .
所以 cs⟨m,n⟩=m⋅nm⋅n=15⋅13=6565 , 所以二面角 A−PC−B 的余弦值为 6565
18. (1) an=nn∈N∗, bn=2n+1n∈N∗
(2) Tn=n−1⋅2n+2+4
(3) Qn=12−1n+1⋅2n+1
( 1 )由题意可得， 2Sn−n2+n⋅Sn+2=0 ，又 Sn≠2 ，所以 Sn=nn+12 .
当 n=1 时, S1=a1=1 ; 当 n≥2 时, an=Sn−Sn−1=nn+12−n−1n2=n
显然 n=1 时也满足上式,综上可得 an=nn∈N∗
由 lg2b1b2b3⋯bn=nn+32 得,当 n≥2 时, lg2b1b2b3⋯bn−1=n−1n+22 ,
所以 lg2b1b2b3⋯bn−lg2b1b2b3⋯bn−1=lg2bn=nn+32−n−1n+22=n+1 ,
则 bn=2n+1 ,又 lg2b1=2 ,则 b1=4 ,也满足,即 bn=2n+1n∈N∗
(2)由(1)可得， cn=n⋅2n+1 .
所以 Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+n−1⋅2n+n⋅2n+1 ,
则 2Tn=1×23+2×24+3×25+⋯+n−1⋅2n+1+n⋅2n+2 ,
作差得 −Tn=22+23+24+⋯+2n+1−n⋅2n+2=221−2n1−2−n⋅2n+2=1−n⋅2n+2−4 ,
所以 Tn=n−1⋅2n+2+4
(3)由(1)可得， dn=an+2anan+1bn=n+2nn+1⋅2n+1=1n⋅2n−1n+1⋅2n+1
所以 Qn=11×2−12×22+12×22−13×23+⋯+1n⋅2n−1n+1⋅2n+1=12−1n+1⋅2n+1 .
19. 1x24+y23=1
(2)① m=±3 时，直线 MA ， MB 的斜率之积为定值；(2)点 N 在定直线 y=3 上
(1)由题意可得， QP=QD ,则 QC+QD=QC+QP=PC=4>CD=2 , 故点 P 的轨迹为椭圆,且 2a=4,2c=2 ,所以 b2=a2−c2=3 ,
则曲线 Γ 的方程为 x24+y23=1
(2)① 设直线 l 的方程为 y=kx+1 ，点 Ax1,y1 ， Bx2,y2 ， M0,m .
联立 y=kx+1x24+y23=1 ,消 y 可得 3+4k2x2+8kx−8=0 ,
则 x1+x2=−8k3+4k2,x1x2=−83+4k2 ,
所以 y1+y2=kx1+x2+2=63+4k2 ,
y1y2=kx1+1kx2+1=k2x1x2+kx1+x2+1=3−12k23+4k2
所以 kMA⋅kMB=y1−mx1⋅y2−mx2=y1y2−my1+y2+m2x1x2=3−12k2−6m+m23+4k2−8 ,
整理得 kMA⋅kMB=12−4m2k2−3m−128 ,
则当 12−4m2=0 ,即 m=±3 时,直线 MA,MB 的斜率之积为定值
② 设点 Nx0,y0,kNA=y0−y1x0−x1,kNT=y0−1x0,kNB=y0−y2x0−x2
由直线 NA,NT,NB 斜率的倒数成等差数列,则 1kNA+1kNB=2kNT ,
即 x0−x1y0−y1+x0−x2y0−y2=2x0y0−1 ,所以 x0−x1y0−y1−x0y0−1+x0−x2y0−y2−x0y0−1=0 .
又 y1=kx1+1,y2=kx2+1 ,代入可得 x1kx0+1−y0y0−y1y0−1+x2kx0+1−y0y0−y2y0−1=0 .
当 kx0+1−y0=0 时,则点 N 在直线 l 上,显然不满足定直线
当 kx0+1−y0≠0 时, x1y0−y1y0−1+x2y0−y2y0−1=0 ,
又直线 NT 的斜率不能为零,则 y0≠1 ,
所以 x1y0−y2+x2y0−y1=0 ,即 x1+x2y0−2kx1x2+x1+x2=0 .
由①可得， −8k3+4k2y0−−16k3+4k2+−8k3+4k2=0 ，则 y0=3 .
综上,所以点 N 在定直线 y=3 上 (经检验 k=0 合题意)