湖北随州市曾都区第一高级中学2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案）

这是一份湖北随州市曾都区第一高级中学2025-2026学年高二下册3月阶段检测数学试卷（含答案），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则（）
A. 4B. C. 2D.
【正确答案】C
【分析】求出函数的导函数，根据导数的定义可得.
【详解】因为，所以，则，
所以.
故选：C
2. 若两条直线与相互垂直，则（）
A. B.
C. 或D. 或
【正确答案】C
【分析】根据两直线垂直可得出关于实数的等式，由此可求得实数的值.
【详解】因为，则，解得或.
故选：C.
3. 已知数列是各项均为正数的等比数列，若，是方程的两个根，则的值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由韦达定理，可得，后由等比数列性质结合对数运算性质可得答案.
【详解】由韦达定理，可得，由等比数列性质
可得，.
设，
则，
得.
故选：B
4. 把3个不相同的书签，放入7个不同的书架中，则不同的放法有（）
A. 10种B. 21种C. 种D. 种
【正确答案】D
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
【详解】将3个不相同的书签放入7个不同的书架中，每个书签有7种放法，根据分步乘法计数原理可知有种不同的放法.
5. 函数的大致图象是（）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】分,,,，讨论的正负号，排除A,C，比较的大小，排除D.
【详解】函数的定义域为，
当时，，当时，，故选项C错误，
当时，，当时，，故选项A错误，
且，，
因为，所以，故选项D错误.
只有B中图象符合题意，
故选：B.
6. 已知圆锥的母线长为定值R，当圆锥的体积最大时，圆锥的底面半径为（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】设圆锥的高为，整理可得圆锥的体积，求导，利用导数判断原函数的单调性和最值，即可得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则，
可得，
则圆锥的体积，则，
当时，；当时，；
则在上单调递增，在内单调递减，
可知当，即时，圆锥的体积取到最大值.
故选：B.
7. 四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，为底面内的一个动点，若，则动点在（）
A. 直线上B. 圆上C. 抛物线上D. 椭圆上
【正确答案】B
【分析】根据数量积的运算律及线面垂直的性质得到，即可得解.
【详解】由，
因为平面，平面，所以，即，
所以，
又底面是边长为的菱形，，为底面内的一个动点，
所以在以为直径圆上.
故选：B
8. 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设，数列的通项公式为，则（）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【正确答案】C
【分析】根据题意对已知函数求两次导数可得图象关于点对称，即可得，然后利用此结论可求得答案.
【详解】由，得，
由可得：，
因为
所以的图象关于点对称，
所以，
因为，
所以，
所以，，，
所以，
故选：C
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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. （多选）下列求导运算正确的是（）
A. B.
C. D.
【正确答案】CD
【分析】根据导数四则运算法则逐项判断.
【详解】对于A，，故选项A错误；
对于B，，故选项B错误；
对于C，，故选项C正确；
对于D，，故选项D正确．
故选：CD．
10. 已知点为曲线上的动点，则下列结论正确的有（）
A. 点的轨迹为双曲线的一支
B. 设，则使的点有个
C. 设为原点，则直线的斜率
D. 曲线以为中点的弦所在直线的方程为
【正确答案】ACD
【分析】利用双曲线的定义可判断A选项；化简曲线的方程，利用两点间的距离公式求出点的坐标，可判断B选项；利用直线与双曲线的位置关系可判断C选项；利用点差法可判断D选项.
【详解】对于A选项，记点、，
则，
由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的右支，A对；
对于B选项，设曲线的方程为，
则，可得，又因为，故，
所以曲线的方程为，
，
解得，故，故满足的点只有一个，且，B错；
对于C选项，若直线的斜率不存在，且该直线为轴，此时直线与曲线无公共点，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立可得，
关于的方程有正根，所以，解得，C对；
对于D选项，设以为中点的弦的端点为、，
若直线的斜率不存在，则、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，
所以直线的斜率存在，由，
这两个等式作差得，
由题意可得，，
所以，
此时直线的方程为，即，
联立可得，
则，
由韦达定理可得，，即、都正数，符合题意.
综上所述，曲线以为中点的弦所在直线的方程为，D对.
故选：ACD.
11. 已知函数，，则（）
A. 若函数有两个不同的零点，则
B. 若函数恒成立，则
C. 若函数和共有两个不同的零点，则
D. 若函数和共有三个不同的零点，记为、、，且，则
【正确答案】ABD
【分析】对于A，利用参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；对于B，由参变量分离法可得，利用导数求出函数的最小值，可判断B选项；对于C，由参变量分离法可知，直线与函数、的图象共有两个交点，数形结合可判断C选项；对于D，先利用同构法得到，再利用的单调性结合图像得到，，进而证得，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由，可得，
令，则直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，函数的极小值为，如图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
即函数有两个不同的零点，A对；
对于B选项，由可得，令，其中，
，由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
故，所以，，B对；
对于C选项，令，可得，
因为函数、共有两个不同的零点，
则直线与函数、的图象共有两个交点，
由图可知，当时，直线与函数、的图象共有两个交点，
因此，若函数和共有两个不同的零点，则，C错；
对于D选项，若函数和共有三个不同的零点，
则直线经过与的交点，如图所示，
因为，所以，
因为，所以，
又，且在上单调递减，故，
同理：，即，
又由得，故，故D正确.
故选：ABD.
方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若三点共线，则______．
【正确答案】
【分析】由三点共线转换为向量共线来做，根据向量共线定理列出方程即可得解.
【详解】，且三点共线，
存在实数，使得．
即，
解得
故答案为.
13. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，，的渐近线分别交于A，C和B，D四点，若多边形为正六边形，则与的离心率之和为______．
【正确答案】##
【分析】由多边形为正六边形可得双曲线渐近线方程，据此可得双曲线离心率；然后由正六边形几何性质可得椭圆离心率，据此可得答案.
【详解】设正六边形边长为，则.
由，可得双曲线的一条渐近线方程为：，则，
从而双曲线离心率为；
椭圆离心率为.
则离心率之和为.
14. 已知函数.当时，，则的取值范围为______．
【正确答案】
【分析】将函数求导得，令，根据的取值分类讨论函数的单调性，即可验证结论，即可求得的参数范围.
【详解】，.
则，令，
则.
① 当时，，则，即在上单调递增，从而，
则在上单调递增，故，
故满足题意；
② 当时，由，即在上单调递减，
则当时，在上单调递减，
从而当时，，即不满足题意；
③ 当时，，从而在上单调递减，则，
故在上单调递减，则此时，从而不满足题意.
综上可得.
故答案为.
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. 已知是等差数列的前项和，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）设等差数列的公差为，由得到，再由，即可得到，从而求出、，即可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法计算可得；
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，可得，即；
又因为，取，所以，即；
解得，故的通项公式为.
【小问2详解】
因为，
所以
.
16. 已知函数在点处的切线方程为
（1）求函数的解析式；
（2）若，且过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）.
【分析】（1）由导数的几何意义和切点在曲线上建立方程组，解出即可；
（2）先将问题转化为在切点处的切线方程有三个不同的实数根，再构造函数，求导分析单调性和极值即可；
【小问1详解】
由题意得，
故，
【小问2详解】
过点向曲线作切线，设切点为，
则，，
则切线方程为，
将代入上式，整理得.
过点可作曲线的三条切线，
方程有三个不同实数根.
记，，
令，得或1，则，，的变化情况如下表：
当，有极大值；，有极小值，
由题意有，当且仅当即解得时函数有三个不同零点.此时过点可作曲线的三条不同切线.故的取值范围是.
17. 如图，在三棱柱中，底面侧面，，，.
（1）证明：；
（2）若三棱锥体积为，为锐角，求平面与平面的夹角.
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）30°.
【分析】（1）先利用面面垂直的性质结合已知证明四边形为菱形，再由线面垂直的判定定理证明平面，最后可得结果；
（2）由等体积法和三角形的面积公式可求出，进而得到，然后以C为原点建立如图所示坐标系，求出平面的法向量为，最后代入空间二面角的向量公式求出即可.
【小问1详解】
∵平面平面，平面，
平面平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
∵，∴，
∵，∴四边形为菱形，
∴，
∵，，平面，
∴平面.
又平面∴.
【小问2详解】
设为点到平面的距离，
，
由（1）知∴∴，
∴∴，
∵为锐角∴，
取中点，则，
以C为原点，以、、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.如图所示：
则，，，
，设平面的法向量为，
则取，则，
由（1）知，为平面法向量，
，
所以，平面与平面的夹角为.
18. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为4．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设圆M的方程，Q为圆M上任意一点，P为椭圆上任意一点，求的最大值；
（3）记椭圆C的左顶点为A，右顶点为B，过点B作不垂直于坐标轴的直线l交椭圆于另一点G，过点A作l的垂线，垂足为H，且，求直线l的方程．
【正确答案】（1）
（2）
（3）或
【分析】（1）利用已知条件即可得方程组求解参数，，从而可得椭圆方程；
（2）设点为椭圆上任意一点，先求出的最大值是，所以的最大值是．
（3）利用设直线方程，结合韦达定理即可求出点坐标，利用二元一次方程组可求出点坐标，再利用向量的坐标共线运算可求解参数，即可得直线方程.
【小问1详解】
由题意：，所以，又因为，所以，，
即椭圆的方程：．
【小问2详解】
设点为椭圆上任意一点，
则
，
当时，的最大值是，即的最大值是，
所以的最大值是．
【小问3详解】
由题意，设直线l的方程为，设点G坐标为，
由，可得，
由韦达定理得：，所以，
代入直线方程可得：．
过点A与l垂直的直线方程为，
由，设交点H坐标为，可得，，
因为，所以，
法一：，所以，解得，
所以直线l的方程：或．
法二：，所以，解得，
所以直线l的方程：或．
19. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若有两个零点，求实数a的取值范围；
（3）若函数，证明.
【正确答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）对函数求导，利用分类讨论即可求出函数的单调性；
（2）根据有两个零点得出的范围和函数的单调性，求出最小值的表达式，构造函数并求导得出单调性，即可求出实数a的取值范围；
（3）写出函数并求导，得出导函数的单调性，求出函数的单调性，利用零点存在性定理，借助放缩法即可证明结论.
【小问1详解】
由题意，，，
在中，，
①当时，，函数在单调递减，
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
∴当时，函数上单调递减，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由题意及（1）得，，，
在中，，
∵有两个零点，
∴，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得最小值，最小值为．
∵当时，；时，，
∴要函数有两个零点，当且仅当．
在中，，
∴函数在单调递增．
∵，
∴当时，，
∴a的取值范围是．
【小问3详解】
由题意，（1）及（2）证明如下，，，
在中，，
在中，
，，
∵为指数函数单调递增，为反比例函数单调递减，
∴在上单调递增，
又，，
∴存在使得，即，即，即，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
因为对勾函数函数在上单调递增，
所以，
所以.
0
1
+
0
-
0
+
极大
极小