河南许昌市襄城县第三高级中学等校2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案）

这是一份河南许昌市襄城县第三高级中学等校2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案），共29页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
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. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【详解】的展开式中含的项为，
所以所求系数为.
2. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【详解】由题意，
所以双曲线的离心率为.
3. 已知是等比数列，且，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【正确答案】A
【详解】设等比数列的公比为，
因为，则，得到，
所以.
4. 已知函数，则（ ）
A. 4B. C. 2D.
【正确答案】D
【分析】将给定的极限形式转化为导数的定义形式，然后通过求导计算出结果.
【详解】.
.
5. 已知数列的通项公式为，前n项和为，当取得最小值时，（ ）
A. 1B. 2C. 6D. 7
【正确答案】C
【详解】依题意，，
当时，，数列单调递减，且，
当时，，数列单调递减，
因此，，
所以当取得最小值时，.
6. 已知抛物线的焦点为，点在上，是上的动点，为直线上一定点，到的距离为，若取得最小值时点与重合，则（ ）
A. B. C. 12D. 24
【正确答案】B
【分析】由抛物线的定义将的最小值转化为，由此可知取得最小值时三点共线，由两点式写出直线，再将点代入直线，则可求出答案.
【详解】将点代入，解得，
所以抛物线，焦点，准线，
由抛物线的定义可知：，
所以，当且仅当三点共线时，等号成立.
又取得最小值时点与重合，
所以三点共线，
直线
将点代入：，
解得.
7. 若数列满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先判断数列为等差数列，进而可求数列的通项公式，再利用裂项求和法求和.
【详解】由，所以数列为等差数列.
又，，，
所以等差数列首项为，公差为，所以.
所以.
所以，
所以.
所以选项C正确.
8. 若当时，恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】当、时，利用不等式性质可得恒成立；当时，构造函数，利用导数可得原函数单调性，再分与讨论即可得.
【详解】当时，有恒成立，符合题意；
当时，由，则，，故恒成立，符合题意；
当时，，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
则当，即时，在上单调递增，
，符合题意；
当，即时，
在上单调递减，在上单调递增；
则有，
即有，解得，故；
综上所述：实数a的取值范围是.
二、多选项题：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. 下列求导正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【正确答案】AD
【分析】借助导数运算法则逐项计算即可得.
【详解】对A：若，则，故A正确；
对B：若，则，故B错误；
对C：若，则，故C错误；
对D：若，则
，故D正确.
10. 已知是公差为的等差数列，其前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则的最大值为
C. 若，则D. 若，则
【正确答案】ACD
【分析】选项A，结合等差数列的性质，由推导是否能得到；选项B，根据等差数列前项和的最大值的判断方法，结合数列中项的正负性来判断；选项C，利用等差数列前项和公式列方程组，求出和，再计算的值进行判断；选项D，等差数列的定义确定参数的值，再利用与的关系，分和求出的表达式.
【详解】选项A，根据等差数列性质：，得，
又，因此A正确；
选项B，若，数列递减，的最大值出现在最后一个非负项处，不一定是，
举例：，数列为大于，最大值为，因此B错误；
选项C，根据等差数列前项和性质：，因此：
，
则，因此C正确；
选项D，已知是等差数列，其前项和是关于的无常数项的二次函数，因此的常数项，即，
当时，；
当时，也满足该式，
因此，D正确.
11. 某城市的智能交通系统使用无人机参与街道交通的巡检，现有7架无人机，有甲、乙、丙、丁4条街道需要巡检，若7架无人机都参与且每架无人机只巡检一条街道，则下列结论正确的是（ ）
A. 若无人机完全相同，每条街道至少有一架无人机巡检，则共有35种不同的巡检方案
B. 若无人机完全相同，允许有的街道不用无人机巡检，则共有120种不同的巡检方案
C. 若给无人机按1～7编号，它们排队依次起飞，其中1号、2号两架无人机不相邻，则共有3600种不同的顺序
D. 若给无人机按1～7编号，已知甲、乙两街各至少需要2架无人机，丙、丁两街各至少需要1架无人机，则共有2100种不同的巡检方案
【正确答案】BCD
【分析】根据隔板法判断AB；根据插空法判断C；分类讨论判断D．
【详解】对于A，把7架无人机排成一排，它们之间有6个空，选3个空插入隔板分为4组对应4条街道，共有种，故A错误；
对于B，借4架无人机，共11架，排成一排共有10个空，选3个空插入隔板分为4组，再将借的4架无人机还回去，共有种不同情况，故B正确；
对于C，先排其余5架无人机，共有种排法，这5架排好后形成6个空，选2个空插入1号，2号无人机，有种排法，所以共有种，故C正确；
对于D，分两种情况，按2,2,2,1分组，有种，
按分组，有种，
则共有种，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数在点处的切线与直线平行，则实数______．
【正确答案】2
【分析】由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出的值
【详解】由，得，
又在点处的切线与直线平行，
所以，解得．
13. 已知数列满足且，若是等比数列，则_______．
【正确答案】
【详解】由于数列是等比数列，设其公比为，
则，
即，又，
则，解得.
14. 已知，点，我们把满足的点P的轨迹称为双纽线，如图所示，设，则y的最大值为_______，的最大值为_______．（两空均用字母a表示）
【正确答案】 ①. ②.
【详解】该曲线的方程为，可变形为，，
当时取等号，则y的最大值为，
由曲线方程还可得，又，，解得，最大值为.
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. 证明：
（1）；
（2）．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【分析】利用排列数和组合数的公式即可得证.
【小问1详解】
；
小问2详解】
.
16. 已知等差数列的前n项和为，且．
（1）求及；
（2）若数列是等比数列，求．
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）根据已知条件列出关于和的方程组，求解出和，然后写出通项公式和前项和公式.
（2）先根据（1）求出，再根据等比数列的通项公式求出公比，然后根据等比数列的通项公式求出.
【小问1详解】
设的公差为d．
由，得，解得 .
，．
【小问2详解】
由（1）知，
所以数列是首项为2，公比为4的等比数列.
所以.
所以．
17. 如图，正方体的棱长为2，点在棱上．
（1）证明：；
（2）求的最小值及取最小值时平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）14，
【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，设，利用空间向量证明垂直；
方法二：连接BD，先证明，，可得平面，进而求证即可；
（2）利用空间向量表示出，可得时取得最小值，进而利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
方法一：因为是正方体，所以AB，AD，两两互相垂直，
以为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，则，
所以，则．
方法二：连接BD，由是正方体，可得平面ABCD，，
因为平面ABCD，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
由（1）方法一可知，，
所以，
当时取等号，所以的最小值为14，此时为的中点．
而．
设平面的法向量为，
则，即，取，得．
设平面的法向量为，
则，即，取，得．
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆 经过点．
（1）求C的方程；
（2）过点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．
（ⅰ）若，求的面积；
（ⅱ）若直线AB外的点满足，求实数m的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）利用椭圆过已知点的条件，建立关于的方程组求解;
（2）设直线AB的方程为与椭圆方程联立，由韦达定理可得，
（ⅰ）当时，利用弦长公式可得，求出点到直线AB的距离，利用三角形面积公式即可求解；
（ⅱ）由题可得，取AB的中点，连接GQ，所以 ，化简可得，结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
由C经过点，得，
又因为C经过点，所以，，
所以C的方程为．
【小问2详解】
设，，由题意知，直线AB的方程为，
与联立，得，
由，得，
，
（ⅰ）当时，
，
又点到直线AB的距离，
所以的面积．
（ⅱ）由题意知．
因为，所以．
取AB的中点，连接GQ，
则，，．
因为，
所以，
整理得，
当时，，当且仅当时取等号，所以，
当时，，
当且仅当时取等号，所以，
所以m的取值范围是．
19. 已知函数．
（1）若在区间上单调递减，求实数a的取值范围；
（2）讨论在上的零点个数；
（3）若当时，在上的所有零点之积为，证明：，且．
附：当时，．
【正确答案】（1）
（2）当时在上有1个零点，当时在上有2个零点
（3）证明见解析
【分析】（1）先求导得单调减区间，利用函数在区间上单调递减，得，解出即可求解；
（2）分和两种情况讨论，利用单调性和零点存在定理即可求解；
（3）由（2）知，当时有2个零点，其中1个为1，另一个零点在区间上，记为，则，由，设函数，则，得，进而得证，利用即可求解.
【小问1详解】
由题意有：，，
令，得，
所以单调递减区间为．
因为在上单调递减，
所以，解得，
所以实数a的取值范围是；
【小问2详解】
当时，由，得，所以只有1个零点．
当时在上单调递增，
令，得，则在上单调递减，在上单调递增，
因为，且，所以，
又因为，
所以在上有1个零点，在上有1个零点，该零点为1．
综上，当时在上有1个零点，当时在上有2个零点；
【小问3详解】
由（2）知，当时有2个零点，其中1个为1，
另一个零点在区间上，记为，则．
因为，
设函数，则在上单调递增，
所以，
所以当时，，
即，所以当时，，所以，
所以，
所以．