福建省厦门大学附属科技中学2024-2025学年高二下学期3月阶段性检测 数学试题【含答案】

这是一份福建省厦门大学附属科技中学2024-2025学年高二下学期3月阶段性检测 数学试题【含答案】，共14页。试卷主要包含了对于三次函数给出定义等内容，欢迎下载使用。
2024-2025学年（下）厦门大学附属科技中学高二3月阶段性检测
数学试题
（考试日期：__________考试时长：120分钟满分：150分）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2.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，在试卷上作答无效.
第Ⅰ卷（选择题共58分）
一､单项选择题：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.已知双曲线的焦距为6，则（ ）
A.5 B. C.9 D.3
2.某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有（ ）
A.种 B.种 C.24种 D.10种
3.已知函数的定义域为，其导函数为的部分图象如图所示，则（ ）
A.在上单调递增 B.的最大值为
C.的一个极大值点为 D.的一个减区间为
4.已知等比数列的前n项和为，若公比，则（ ）
A.49 B.56 C.63 D.112
5.已知函数在上无极值，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
6.如图1，现有一个底面直径为，高为的圆锥容器，以2的速度向该容器内注入溶液，随着时间t（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内液体高度的瞬时变化率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数的定义域为，其导函数满足.则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数若不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题意.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.已知直线l过点，且直线l与圆相切，则直线l的方程可能是（ ）
A. B. C. D.
10.对于三次函数给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程.有实数解x₀，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数则下列说法正确的是（ ）
A.的极大值为
B.有且仅有2个零点
C.点是f（x）的对称中心
D.
11.函数对定义域内任意都有正实数m的取值可能是（ ）
A. B. C.1 D.
三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）.
12.设函数在.处存在导数为2，则__________.
13.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法种数为__________.
14.已知函数图象的两条切线相互垂直，并分别交轴于两点，则__________.
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.已知等差数列的前n项和为且
（1）求数列的通项公式；
（2）若令求数列的前项和
16.已知函数在处取得极大值.
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值.
17.如图，在四棱锥中，PA⊥底面，，点E满足
（1）若平面，求的值；
（2）若求平面ACE与平面所成的二面角的正弦值.
18.已知动点（其中到定点的距离比点P到y轴的距离大1.
（1）求点P的轨迹C的方程；
（2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点
①求证：；
②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值.
19.已知函数其中
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：
（3）求证：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数）.
参考答案
（考试日期：考试时长：120分钟满分：150分）
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷1至7页，第II卷第8页.注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.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，在试卷上作答无效.
第I卷（选择题共58分）
一､单项选择题：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.【答案】A 【详解】由题意可知，解，故选：A.
2.【答案】B 【详解】由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有种，
3.【答案】D 【详解】对A，由的部分图像并不能确定在恒成
立，故A错误；对B，由图只能得出的部分区间单调性，最大值不一定为
，故B错误；对C，由图可知，且在左右两侧左负右正，故为的一个极小值，故C错误；对D，当时，，所以在上单调递减，故D正确.故选：D.
4.【答案】B 【详解】.故选：B.
5.【答案】C 【详解】因为函数在上无极值，所以在上无变号零点，解得，即实数的取值范围为.故选：C.
6.【答案】A 【详解】设注入溶液的时间为（单位：）时，溶液的高为
，液面半径为，如图可得，，则，即，
则由，解得.由，当时，
，即时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为.故选：A.
7.【答案】A 【详解】由题意知，当时，，
令，则，所以在上单调递减，不等式等价于，
即为，所以，解得.故选：A.
8.【答案】C 【详解】函数的定义域为，不等式化为：.令，故函数在上单调递增，在上单调递减.当时，，当时，，当时，，
当时，，当，且时，，画出及的大致图象如下，
因为不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，故正整数解为1，2.
故，即.故.故选：C.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题意.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.【答案】AC 【详解】圆的圆心，半径，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，点到直线的距离为1，不符合题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由直线与圆相切得：，解得或，所以直线的方程为：或.故选：AC
10.【答案】ACD
【详解】由函数，可得，
令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
当时，取得极大值，极大值为，所以A正确；
又由极小值，且当时，，
当时，，所以函数有3个零点，所以B错误；
由，可得，令，可得，
又由，所以点是函数的对称中心，所以C正确；
因为是函数的对称中心，所以，
令，
可得，
所以，所以，即，所以D正确.故选：ACD.
11.【答案】ACD 【详解】因为，所以，所以可化为，即；令，则有对于定义域内任意，都有，
所以在上单调递减，所以在上，；
因为，所以，即，
因为，所以，即；
令，当时，解得，
所以当时，单调递减，当时，单调递增；
可化为，因为所以；
由，可知当时，，当时，，
根据在上的单调性以及的正负情况，
有：若，则在上恒成立，所以，
即在上恒成立；令，则，
，解得，所以当时，单调递增，
当时，单调递增减，
所以时，取得最大值，，所以；
因为均满足题意，不合题意，所以ACD正确，B错误.故选：ACD.
三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）.
12.【答案】4
【详解】由导数的定义可知，.
13.【答案】420
【解析】①若区域①与③颜色相同，区域②，①，③，④，⑤依次有5种，4种，1种，3种，3种颜色可涂.
由分步乘法原理，不同的涂色方案有（种）.
②若区域①与③颜色不同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域③有3种涂法，区域④有2种涂法，
区域⑤有2种涂法.由分步乘法计数原理，不同的涂色方案有
（种）.综上，共有（种）涂色方法.
14.【答案】2
【详解】设函数在点和处的两条切线互相垂直，
如图，可得的零点为1，故不妨设，则，
当时，，当时，，
则.所以，即.因为，即，即，
则，因为，且，故.故答案为：2.
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.【详解】（1）由题意知：即：
化简得
所以数列的通项公式
（2）因为
所以①
①②
①-②：
化简得：
16.【详解】（1）由已知
令得或，
当时，令得或，
令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，与函数在处取得极大值不符；
当，即时，令得或，令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意；
所以；
（2）由（1）得，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，且
因为，所以
17.【详解】（1）
延长交于，由，可知：，
又因为平面平面，且平面平面，所以，.
即，所以，故；
（2）由，又由底面，
则可以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为，所以，
则有，
又因为，所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，则，
设平面的法向量为，则有，
令，则，则，
所以有，
此时平面与平面所成的二面角的正弦值为.
18.【详解】（1）设由题意，
两边平方，整理得：所以所求点的轨迹方程为
（2）①设过椭圆的右顶点的直线的方程为.
代入抛物线方程，得
设，则
②设，直线的方程为，
代入，得
于是
从而
.代入，整理得
原点到直线的距离为定值.
19.【详解】（1）函数的定义域为，
①当时，，所以在上单调递增；
②当时，令，解得：，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
要证明，即证，即，
设，则，
令得，.
当时，，
当时，，
所以为极大值点，也为最大值点，
所以，即
故
（3）由（2）得（当且仅当时等号成立），
令，则，
所以
，
即，
所以.