广东江门市广雅中学等校2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案）

这是一份广东江门市广雅中学等校2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案），共29页。试卷主要包含了答题前，选择题的作答，非选择题的作答， 对于函数，当时，等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答题前.先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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. 等比数列中，，，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 1
【正确答案】A
【分析】由等比数列的性质即可求解.
【详解】由等比数列的性质可得，故.
故选：A.
2. 已知双曲线的渐近线方程为，则（ ）
A. B. C. D. 2026
【正确答案】A
【详解】双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为,，解得：
3. 某体育场一角看台的座位共有十一排，从第一排到第十一排的座位数成等差数列，且前两排的座位数与后两排的座位数之和为80，则第六排的座位数为（ ）
A. 16B. 18C. 20D. 22
【正确答案】C
【分析】根据题意，利用等差数列的性质即可求解.
【详解】假设从第一排到第十一排的座位数成等差数列，则，
所以，得．
故选：C.
4. 已知， 设函数的图像在点处的切线为 ， 则 l在y轴上的截距为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】求导，得出切线的斜率，根据点斜式方程求出直线，得到在y轴上的截距.
【详解】因为，所以，
所以，又，
所以函数的图像在点处的切线为，
整理得：，
故在y轴上的截距为.
故选：D
5. 已知直线被圆所截得的弦长为4，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据点到直线的距离公式、圆的标准方程、弦心距公式求解即可.
【详解】圆可化为，
圆心坐标为，半径为.
圆心到直线的距离为.
由弦心距公式可知，，即，解得.
6. 若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（ ）
A. 28B. 29C. 30D. 32
【正确答案】C
【分析】将数分为三组，即可根据整除的性质求解.
【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种．
故选：C
7. 已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】
首先设过点的切线方程，切点，利用导数的几何意义列式，转化为有三个解，通过设函数，问题转化为与有三个交点，求的取值范围.
【详解】设过点的直线为，
，设切点为，
则 ，得有三个解，
令，，
当，得或，，得，
所以在，单调递增，单调递减，
又，，有三个解，
得，即.
故选：D
方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.
8. 对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】先利用题设和选项构造函数，判断其在上的单调性；接着利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断结论即得.
【详解】令，则，当时，，单调递减.
又因为在中，由余弦定理，，同理可得：，
故由可得：，又由正弦边角关系得，则.
接着比较与的大小，即比较与的大小，
令，，.令，，，
则单调递减，，则，在上单调递减，
又,故，则，所以.
故选：C.
关键点点睛：结合题设和结论的提示考虑到构建函数并判断其单调性.同时对于三角形中型如结构的二阶结论要有印象，遇到结构相同的解析式时需要同构的思想.
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. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）.
A. 从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法
B. 从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法
C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
【正确答案】ABC
【分析】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确.
对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确.
对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法；
第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法；
第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法，
故共有种不同的选法，故C正确.
对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；
第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，
根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误.
故选：ABC.
10. 在棱长为1的正方体中，已知点P为侧面上的一动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若点P总保持，则动点P轨迹是一条线段；
B. 若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是一段圆弧；
C. 若P到直线与直线的距离相等，则动点P的轨迹是一段抛物线；
D. 若P到直线与直线的距离比为，则动点P的轨迹是一段双曲线.
【正确答案】ABD
【分析】由平面且平面平面，即可判断A；根据球的性质及与正方体的截面性质即可判断B；作，，连接，作.建立空间直角坐标系，由即可求得动点P的轨迹方程，即可判断C；根据题意，由距离比即可求得轨迹方程，进而判断D.
【详解】对于A，，且，所以平面，平面平面，故动点P的轨迹为线段，所以A正确；
对于B，点P的轨迹为以A为球心、半径为的球面与面的交线，即为一段圆弧，所以B正确；
对于C，作，，连接；作.由，在面内，以C为原点、以直线、、为x，y，z轴建立平面直角坐标系，如下图所示：

设，则，化简得，P点轨迹所在曲线是一段双曲线，所以C错误.
对于D，由题意可知点P到点的距离与点P到直线的距离之比为，结合C中所建立空间直角坐标系，可得，所以，代入可得，化简可得，故点P的轨迹为双曲线，所以D正确.
综上可知，正确的为ABD.
故选：ABD.
本题考查了空间几何体中截面的形状判断，空间直角坐标系的综合应用，轨迹方程的求法，属于难题.
11. 下列说法错误的是（ ）
A. 若等差数列的公差，则数列是递减数列
B. 若数列的前项和，则数列为等比数列
C. 若数列的前项和（为常数），则数列一定为等差数列
D. 数列是等比数列，为前项和，则，，，…仍为等比数列
【正确答案】BCD
【分析】根据等差数列的定义，得到，可得判定A正确；根据和的关系式，求得，得到，可判定B错误；根据和的关系式，得到时，得到，可判定C错误；当，且为偶数时，得到，，，可判定D错误.
【详解】对于A，由等差数列的定义，可得（为常数），
若，可得，所以，所以数列是递减数列，所以A正确；
对于B，由数列的前项和，
当时，可得，
当时，，
此时，可得，所以，
所以数列不是等比数列，所以B错误；
对于C，数列的前项和，
当时，可得；
当时，，
令，即，解得，
当时，，满足上式，此时，此时数列为等差数列；
当时，，此时，数列不是等差数列，所以C错误；
对于D，对于等比数列，当公比，且为偶数时，，
可得，，，
此时，，，不能构成等比数列，所以D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成______个无重复数字的四位偶数．（用数字作答）
【正确答案】420
【分析】应用千位数字分奇数和偶数两类，再分别应用分步乘法原理，最后应用加法原理计算即可.
【详解】①第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有种法．
②第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字，根据分步乘法计数原理，有种取法．
所以根据分类加法计数原理，共可以组成个无重复数字四位偶数．
故420.
13. 已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，记数列的前项和为，则的值为_________．
【正确答案】
【分析】由题可得，据此可得，然后由裂项求和法可得答案.
【详解】由题，则在点处的切线斜率为，
斜率为，则.
则，数列通项.
从而，所以
故
14. 已知点在某一定椭圆上，则该椭圆的长轴长为________，焦距为________.
【正确答案】 ①. ②.
【分析】设点的坐标为，求得，利用三角函数的基本关系式，化简得到，再结合椭圆的几何性质，即可求解.
【详解】设点的坐标为，则，
整理得，可得，
因为，可得，
整理得，即，
设椭圆的长半轴为，则，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，可得，所以，
所以，所以椭圆的长轴长为，此时椭圆的长轴所在直线的方程为，
因为椭圆的长轴和短轴互相垂直，且短轴所在直线过原点，所以短轴所在直线为，
联立方程组，可得，解得，
所以短轴长，可得，
所以，所以椭圆的焦距为.
四、解答题：本题共5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. 在等差数列中，已知，公差为1，在数列中，设前项和为，
（1）求数列和的通项公式；
（2）设求数列的前项和.
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求出，利用“与”的关系求出；
（2）可分组求和，分别依据等比数列求和公式与裂项相消法求和.
【小问1详解】
因为数列为等差数列，且，，故；
当时，，
当，时，，
所以，
【小问2详解】
由（1），得，
所以
.
16. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明.
【正确答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【分析】（1）对参数范围进行讨论，再利用导数求解单调性即可.
（2）利用导数求出单调区间，进而得到最值证明不等式即可.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，可得，此时在上单调递增，
当时，令，，
令，，
则在上单调递增，在上单调递减，
综上可得，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
【小问2详解】
由题意得，
令，则，
令，，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，
则的极小值为，而，
可得，即得证.
17. 在直角坐标系中，一点在轴上，抛物线：的焦点为，线段的中点为.与另交于一点，不与重合.已知当时，.
（1）求的方程；
（2）记的面积为，的面积为，若，求.
【正确答案】（1） （2）3
【分析】根据抛物线定义与中点坐标公式，列出关于的方程，求出值，即得抛物线方程.
设，求出中点与直线方程，联立抛物线方程求得的坐标，分别计算与的面积、，由解出，再由抛物线定义求得.
【小问1详解】
抛物线的焦点为，在轴上且，
故，即 或.
若，则中点，；
若，则中点，；
两种情况相同，由，得，解得，故 ；
【小问2详解】
设可正可负，，则中点，直线，
联立，得，解得或，故.
，
，
由，得，即,
当时，若，则，即，解得（负根舍去）；
若，方程无解；
当时，令，方程化为，即，解得，
故；
综上，，故由抛物线定义.
18. 设数列 的前 项和为 ，已知 .
（1）求 ；
（2）求 的通项公式；
（3）当 为何值时，取得最大值，请说明理由.
【正确答案】（1）
（2）
（3）当时，取最大值，理由见解析
【分析】（1）令，求出；令，求出.
（2）根据递推公式得到一个关于的等式，然后两式相减进行化简即可求得.
（3）先判定数列的单调性质和哪些项大于0，哪些项小于0，进而确定使得取得最大值的条件.
【小问1详解】
已知 .
令，则，所以解得.
令，，解得.
【小问2详解】
因为①，所以当时，②，
①-②得，即.
又.
故
.
所以.
【小问3详解】
易知是首项为正数的递减等差数列
由，即，解得.
所以，
因此，而.
，所以,
又.
所以中，最大，即当时，取最大值.
19. 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”．
（1）若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列．
（2）已知函数，存在，使得．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据中值点定义得到相关方程，则，化简即可；
（2）（ⅰ）通过二次求导得，再对和讨论即可；
（ii）首先证明，通过构造函数，利用二次求导即可证明，再进行代换即可证明，最后再设，利用累加法和等差数列求和公式即可证明
【小问1详解】
由题意知.
因为，
又，
所以，即，
所以成等差数列.
【小问2详解】
（i），
设，则，
当时，单调递增，当时，单调递减.
故，且当时，，当时，.
若，则恒有，所以在上单调递减，不符合题意；
若，则在和上分别存在一个零点，记为，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，
故存在，满足.
所以的取值范围是.
（ii）因为，所以中值点满足，
由（i）知当时，即有两个零点，
所以在区间上所有可能的中值点即.
先证明：
由，得.
要证，即证.
设，
则.
设，当时，，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，，所以在上单调递减.
所以当时，，即.
因为，所以，即，
又，再结合在上单调递减，
可得，从而.
令，得，
所以.
关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是构造函数，从而证明关键的不等式.