安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期3月阶段考数学试题（人教A版）B卷（解析版）-A4

这是一份安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期3月阶段考数学试题（人教A版）B卷（解析版）-A4，共16页。试卷主要包含了 已知函数在处可导，且，则， 若椭圆， 下列求导运算正确的是等内容，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
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的计算公式可得.
【详解】.
故选：B
2. 若椭圆：的焦点和与焦点共线的顶点分别是双曲线E的顶点和焦点，则双曲线E的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件得出双曲线E的顶点和焦点坐标即可.
【详解】已知椭圆的焦点坐标为，上下顶点坐标为，
则双曲线E的顶点为，焦点为，
则双曲线E的标准方程为
故选：D
3. 设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】根据恰为和的等差中项，由，求得公比，再利用等比数列前n项和公式求解.
【详解】因为恰为和的等差中项，
所以，则，
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“点在圆外”“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”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. 设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】探讨函数的奇偶性，利用导数确定单调性，再变形不等式并求解.
【详解】函数的定义域为R，，
函数是奇函数，求导得，
函数在R上单调递增，由，得，
即，则，因此，解得，
所以所求的取值范围是.
故选：C
二､多选题：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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本初等函数的导数公式以及导数运算法则逐项计算可判断各选项的正误.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，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，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）当时，先求确定切点，再求确定切线斜率，利用直线方程的点斜式可得切线方程.
（2）求导，分，，讨论导函数的符号，可得函数的单调区间.
【小问1详解】
当时，，则，
从而，，
故所求切线方程为，即（或）.
【小问2详解】
由题意可得.
当，即时，由，得或，由，得，
则在和上单调递增，在上单调递减；
当，即时，恒成立，则在上单调递增；
当，即时，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
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的距离；
（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. 已知数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，记数列的前项和为，求证：；
（3）令，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系，得出为常数，结合等比数列得定义求解的通项公式；
（2）结合第一问题，写出的通项公式并进行裂项，再求解数列的前项和为，从而证明；
（3）利用错位相减法求解数列的前项和即可.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，所以恒成立
所以为为公比的等比数列，且，也满足
所以
【小问2详解】
证明：由（1）知，所以，
数列的前项和为，
又因为，所以
【小问3详解】
由（1）知
所以数列的前项和①
对①式两边同乘可得②
则②①可得
所以
即
19. 已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.

（1）求双曲线的标准方程；
（2）若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值；
（3）已知点，求证：
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由渐近线方程得到，代入点即可求解；
（2）由点到线的距离公式求解即可；
（3）设直线方程，联立双曲线方程，结合韦达定理，由即可求证；
【小问1详解】
因为双曲线的渐近线方程为，
所以设双曲线方程为，
又双曲线过点，
则，所以双曲线的方程为，
即.
【小问2详解】
因为在曲线上，
则，
渐近线方程：，
所以：
【小问3详解】
由（1）可知斜率存在且不为0，设的方程为，
联立，消去得，
设，由题意得，
则，
所以
，
所以得证.
【点睛】关键点点睛：由，求证；