安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期3月阶段考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期3月阶段考试数学试题（原卷版+解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.
1. 已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. 9C. D. 1
2. 下列求导运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 设公比不为的等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（ ）
A. 4B. 5C. 16D. 17
4. “点在圆外”是“直线与圆相交”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 在数列中，，，记为数列的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A B.
C. D.
7. 记等差数列的前项和为，公差为，若，，则下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
8. 若函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3个小题，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 设函数，则（ ）
A. 有3个零点B. 的极大值为4
C. 当时，D. 的图象关于点中心对称
10. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则、、成等比数列
B. 若为等差数列，则为等差数列
C. 若为等比数列，则为等差数列
D. 若，，，则为等比数列
11. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，抛物线的准线为，点在抛物线上，直线过点且与交于，两点，则（ ）
A. 若点的坐标为，则的最小值为3
B. 以线段为直径的圆与直线相离
C. 点到直线的最小距离为
D. 可能为钝角三角形
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______．
13. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．若为递增数列，，则的取值范围是______．
14. 过点作曲线：的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为______．
四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，．
（1）当时，求最小值；
（2）若，试讨论的单调性．
16 已知函数．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）如果函数的导数为，且在上的零点从小到大排列后构成数列，求的前20项和．
17. 如图，在正四棱锥中，，为侧棱SD的中点．
（1）求证：；
（2）求点到平面PAC的距离；
（3）求平面SBC与平面PAC夹角的余弦值．
18 已知函数．
（1）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围；
（2）是否存在过原点的曲线的切线？若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由；
（3）求证：当时，对恒成立．
19. 已知数列满足，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和；
（3）令，记数列前项和中所有奇数项的和为，求证：．
2023级高二下学期3月阶段考
数学（人教A版）试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.
1. 已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. 9C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的计算公式可得.
【详解】.
故选：B
2. 下列求导运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本初等函数的导数公式可判断AC选项，利用复合函数的求导法则可判断B选项，利用导数的运算法则可判断D选项.
【详解】对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，C对；
对于D选项，，D错.
故选：D.
3. 设公比不为的等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（ ）
A. 4B. 5C. 16D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】先由等差中项结合等比数列下标的性质得到，再由等比数列的求和公式计算.
【详解】因为恰为和的等差中项，即，
又等比数列，设公比为时，所以，
，可得，
所以.
故选：B
4. “点在圆外”是“直线与圆相交”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】由题意可知，圆的圆心为原点，半径为，
若点在圆外，则，
则圆心到直线的距离为，此时，直线与圆相交，
即“点圆外”“直线与圆相交”；
若直线与圆相交，则，可得，
不妨取，，则，此时，点在圆内，
所以，“点在圆外”“直线与圆相交”.
因此，“点在圆外”是“直线与圆相交”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 在数列中，，，记为数列的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中递推公式逐项计算出、、、的值，即可求得的值.
【详解】在数列中，，，则，可得，
，可得，，可得，
，可得，，可得，
，可得，，可得，
，可得，，可得，
因此，.
故选：A.
6. 已知上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数图象得出和的解，然后用分类讨论思想求得结论．
【详解】由图象知的解集为，的解集为，
或，
所以或，解集即为．
故选：C
7. 记等差数列的前项和为，公差为，若，，则下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列的求和公式和下标的性质可得B正确；由等差数列的项的性质可得A、C正确；由等差数列基本量运算可推得D错误.
【详解】对于B，，所以，故B正确；
对于A、C，因为，即，，
所以，，则，故A、C正确；
对于D，因为，
，所以，故D错误.
故选：D
8. 若函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将已知转化为恒成立，再求的最小值，最后利用基本不等式即可求解.
【详解】由题意可知函数的定义域为，
又，，
恒成立，即恒成立，即，
令，，
令，，
在上单调递增，且，当时，，
存在使得，即，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
，
又，，，
，，
，
，，
又，当且仅当时等号成立，
，，，
实数的取值范围是.
故选：C.
二、选择题：本题共3个小题，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 设函数，则（ ）
A. 有3个零点B. 的极大值为4
C. 当时，D. 的图象关于点中心对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】令可得A错误；利用导数分析可得B、C正确；由可得D正确.
【详解】对于A，令，可得或，所以有两个零点，故A错误；
对于B，，
令，可得，
当时，，在单调递减；当或时，，在和单调递增，
所以极大值为，故B正确；
对于C，当时，，由B可得，故C正确；
对于D，，
所以的图象关于点中心对称，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则、、成等比数列
B. 若为等差数列，则为等差数列
C. 若为等比数列，则为等差数列
D. 若，，，则为等比数列
【答案】BD
【解析】
【分析】根据特殊数列法判断A；利用等差数列的定义判断B；取判断C；利用等比数列的定义判断D.
【详解】对于A，当时有，此时、、不成等比数列，A错；
对于B，设等差数列的公差为，则，
所以，，则，
因此，若为等差数列，则为等差数列，B对；
对于C，若为等比数列，取，则当为正奇数时，无意义，C错；
对于D，因为，所以，
而，，，，
因此数列是首项为，公比为的等比数列，D对
故选：BD.
11. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，抛物线的准线为，点在抛物线上，直线过点且与交于，两点，则（ ）
A. 若点的坐标为，则的最小值为3
B. 以线段为直径的圆与直线相离
C. 点到直线的最小距离为
D. 可能为钝角三角形
【答案】AB
【解析】
【分析】由抛物线的定义可得A正确；设，直线的方程为，联立曲线方程，然后用韦达定理求出弦长，再利用换元法求出中点到准线的距离可得B正确；由点到直线的距离公式结合二次函数可得C错误；由向量垂直的坐标表示结合韦达定理可得D错误.
【详解】对于A，作于，由抛物线的定义可得，
当三点共线时取等号，故A正确；
对于B，设，直线的方程为，
联立，消去可得，，
，
设线段的中点为，则，
，
到准线的距离为，
则，
设，则，
所以，所以以线段为直径的圆与直线相离，故B正确；
对于C，设，由点到直线的距离公式可得，
当时，距离的最小值为，故C错误；
对于D，设，则，
由B可得，
所以，故D错误.
故选：AB
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用求导代值求出，回代计算即得.
【详解】，
所以，所以，
所以，所以.
故答案为：.
13. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．若为递增数列，，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】当时，求得；当时，由可得，作差推导出数列的奇数项和偶数项分别成以为公差的等差数列，根据数列的单调性得出，即可解得实数的取值范围.
【详解】由题意可知，，且对任意的，，
当时，则有，即，解得，
当且时，由可得，
这两个等式作差可得，可得，
所以，数列的奇数项和偶数项分别成以为公差的等差数列，且，
因为数列为递增数列，只需即可，即，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 过点作曲线：的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】由导数的意义得到切线的斜率，然后由点斜式得到切线方程，代入点结合切点在曲线上化简可得.
【详解】设，
由题意可得切线的斜率，
所以切线方程为，
代入点可得
因为切点在曲线上，所以，代入上式可得，
，化简可得，
又，所以，
同理
所以直线方程为.
故答案为：
四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，．
（1）当时，求的最小值；
（2）若，试讨论的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数与单调性的关系，求得函数的单调区间，即可求最小值；
（2）利用导函数的单调性的关系，结合的不同的取值范围讨论求解.
【小问1详解】
因，所以，
所以函数的定义域为，
，
令，解得；令，解得；
所以函数在单调递减，单调递增，
所以的最小值为.
【小问2详解】
函数的定义域为，
,
当时，由解得或，
由解得；
当时，恒成立；
当时，由解得或，
由解得；
综上可得，
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增；
当时函数在单调递增，；
当时，函数单调递增，单调递减，单调递增.
16. 已知函数．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）如果函数的导数为，且在上的零点从小到大排列后构成数列，求的前20项和．
【答案】（1）单调递增区间为.
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式结合辅助角公式化简，再由正弦函数的递增区间可得；
（2）求导后令导数为零，求出零点，然后由等差数列的通项和求和公式可得.
【小问1详解】
，
令，可得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
，则，
令，可得，
因为在上的零点从小到大排列后构成数列，可知，
所以，公差，
所以，
所以的前20项和
17. 如图，在正四棱锥中，，为侧棱SD的中点．
（1）求证：；
（2）求点到平面PAC距离；
（3）求平面SBC与平面PAC夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算证明垂直关系；
（2）利用空间向量的坐标运算求点到直线的距离；
（3）利用空间向量的坐标运算求平面与平面夹角的余弦值.
小问1详解】
连接交于点，连接,
因为是正四棱锥，所以平面，
且平面，所以,
又因为为正方形，所以,
所以以方向为轴建立如图所示空间指标坐标系，
因为，所以,,
所以,,
所以,
所以，
，所以.
【小问2详解】
设平面的一个法向量为，
,
所以，即，令，可得，
所以点到平面PAC的距离为.
【小问3详解】
设平面的一个法向量为，
,
所以，即，令，可得，
设平面SBC与平面PAC夹角为，则由图可知为锐角，
所以即为所求.
18. 已知函数．
（1）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围；
（2）是否存在过原点的曲线的切线？若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由；
（3）求证：当时，对恒成立．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析可知，直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（2）假设存在，设出且点坐标并借助导数的几何意义表示出切线方程，再通过切线过原点可得与切点横坐标有关方程，可得该方程无解，即可得过原点不存在曲线的切线；
（3）先证明对任意的，，即证，即证，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，根据可证得结论成立.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
且当时，，当时，，
函数的极大值为，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
此时，方程有两个不同的实数根，
因此，实数的取值范围是.
【小问2详解】
不存在，理由如下：
假设曲线存在过原点的切线，且切点坐标为，
由，则该切线斜率为，
即该切线方程为，
即有，整理得，
，该方程无解，
故不存在过原点的曲线的切线.
【小问3详解】
先证明对任意的，，即证，
因为，即证，
构造函数，其中，
则，当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，即，即，
因为，故对任意的，，即恒成立.
19. 已知数列满足，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和；
（3）令，记数列的前项和中所有奇数项的和为，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由递推公式构造数列，再结合等比数列的性质求出即可；
（2）由错位相减法求和可得；
（3）结合对数的运算和列项求出，再利用对数的运算性质改写，最后构造函数，利用导数分析单调性得到即可证明.
【小问1详解】
数列满足，，，
，
令，则，，
所以，即，
又，
所以.
【小问2详解】
，
，①
，②
①减②得：
，
所以
【小问3详解】
，
，
，
下面证明，
设，
则，当时，，在上单调递增，
所以，
则，
即，
所以
所以.