河北省邯郸市重点校2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省邯郸市重点校2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试卷（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 已知是的导函数，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的定义及简单极限运算法则求解即可.
【详解】由导数的定义得，
所以．
故选：D．
2. 已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A. 9B. 27C. 36D. 45
【答案】D
【解析】
【分析】等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式和求和公式化简即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，
则.
故选：D
3. 已知，则（ ）
A. 0B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数，再将代入即可求得结果.
【详解】因为，所以，故.
故选：B
4. 植树节那天，4位同学去植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理和分类加法原理计算可得.
【详解】根据题意，现在记4个人，为3棵树.
法一：从人作为元素（主动）来讲，分三类.
第一类可以选择1人去种3棵树，一共有4种方法.
第二类可以选择2个人去种3棵树，
第一步，从4个人中选出2个人，一共有6种选择，分别是
第二步，要2人种3棵树，一共有6种选择，分别为选择3棵树中的1棵，
选择剩下的2棵，或者选择3棵树中的2棵，选择剩下的1棵，
根据分步乘法计数原理，一共有种方法.
第三类可以选择4个人中3个人分别种3棵树，分两步完成，
第一步，从4个人中选出3人，一共有4种选择，分别是
第二步，要3人种3棵树，一共有6种选择，
分别为选择3棵树中的1棵，选择剩下2棵中的1棵，剩下最后1棵由种，
根据分步乘法计数原理，一共有种方法.
综上，根据分类加法计数原理，一共有种方法．
法二：从树为元素来讲，完成这件事分三步.
第一步，第一棵树有4个人可选，共有4种方法，
第二步，第二棵树有4个人可选，共有4种方法，
第三步，第三棵树有4个人可选，共有4种方法，
据分步乘法计数原理可得一共有种方法，故B正确.
故选：B．
5. 等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 60B. 70C. 80D. 150
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列前项和的片段和性质，结合题意，进行具体计算即可.
【详解】因为是等比数列，
所以成等比数列，
又因为，，，
则，，
所以，.
故选：D.
6. 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有多少种（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：利用错位排列公式求解；方法二：通过分类讨论，分1在1号位和不在1号位讨论即可.
【详解】方法一：使用错位排列公式.
4个元素的错位排列数.
方法二：分类讨论.
第一步：数字1不能在1号位，有3种放法（比如放在2号位）.
第二步：此时考虑2号数字放法.
（1）若2号数字放在1号位，则剩下3、4号数字和3、4号位，只有1种错排方法.
（2）若2号数字不放在1号位，则问题等价于把2、3、4号数字放在1、3、4号位进行错排（其中2号数字的“位置”是1号位），有种方法.
因此，数字1放在2号位时，共有种方法。由对称性，总方法数共有种.
故选：C．
7. 函数在处的切线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出导数，，利用函数在处的切线与直线垂直，列出方程，即可求出实数的值．
【详解】函数，求导得，
在处的切线斜率为，
又在处切线与直线垂直，
所以，解得.
故选：B.
8. 已知命题“”为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数，求函数的最小值即可求解.
【详解】因为命题“”为真命题，所以．
令与在上均为增函数，
故为增函数，当时，有最小值，即，
故选：A．
二、多选题
9. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 是递增数列B.
C. 当时，D. 当时，取得最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据，求出，然后逐项分析即可.
【详解】时，，
时，，
综上，，
所以，数列是递减数列，故A错误；
，故B正确；
时，，故C正确；
，所以当或时，取得最大值，故D错误；
故选：BC.
10. 已知数列的首项，则（ ）
A. 是等比数列
B.
C. 数列的前项和为
D. 数列的前项和为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知条件，利用构造法得到数列是等比数列，进而求出，判断选项B，利用等比数列定义，即可判断选项A，结合分组求和法判断选项C，利用裂项相消法，判断选项D.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，故B正确；
所以，常数，A错误；
因为数列的前项和为
，所以C不正确；
记数列的前项和为，
因为，
所以，
故D正确．
11. 设函数，则（ ）
A. 点是图像的对称中心
B. 当时，函数有三个零点
C. 当时，直线不是曲线的切线
D. 若有三个不同的零点，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A计算即可判断，对于B由函数的单调性结合三次函数的图像特征即可判断，求切线方程即可判断C，结合零点的定义代入计算，即可判断D，
【详解】对于A：由，
所以是图像的对称中心，故A正确；
对于B：当时，，所以，
令，得或，由有：或，由有：，
所以在单调递减，在单调递增，
又，所以函数有三个零点，故B正确；
对于C：当时，，所以，由，，
所以在处的切线方程为：，故C错误；
对于D：设的三个零点为，
所以，
对比项的系数有：，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
12. 如图，用4种不同的颜色给矩形，，，涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有________种．（填数字）
【答案】72
【解析】
【分析】根据图形，首先确定涂有4种涂法，则涂有3种涂法，进而由与、相邻，只与相邻，可以确定、的涂色的情况，最后由乘法原理，计算可得答案．
【详解】根据题意，首先涂有种涂法，则涂有种涂法，
与、相邻，则有种涂法，只与相邻，则有种涂法，
所以共有种涂法，
故答案为：72．
13. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先将函数在区间上单调递减的条件转化为导数在上恒成立，再通过分离参数，求出在区间内的最大值，进而确定的取值范围.
【详解】因为函数在区间上单调递减，所以在区间 上恒成立，而，所以.
故答案：
14. 已知数列中，，则数列的通项公式______．
【答案】
【解析】
【分析】利用构造法判断为等比数列，然后利用等比数列通项公式即可得解.
【详解】因为，所以，
又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，故.
故答案为：
四、解答题
15. 已知函数
（1）求在点处的切线方程；
（2）若的一条切线恰好经过坐标原点，求切线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）设切点坐标，写出切线方程，利用原点在切线上，求出切点坐标，即可求得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
故曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
设切点为，则，切线方程为，
因为切线经过原点，故，所以，
故，切点为，切线方程为，
即过原点的切线方程为.
16. 已知等差数列是单调递增数列，，且，成等比数列，是数列的前项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，是数列的前项和，求满足的最小的的值.
【答案】（1）；（2）11.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式和等比中项性质可得，，再代入通项公式，即可得答案；
（2）先求，再利用裂项相消法求，最后求关于的不等式，即可得答案；
【详解】解：（1）设的公差为，则
∴，∵，∴，
∴的通项公式为.
（2）由（1）知，
，
，
化为，∴，
∴，∴正整数，
∴满足条件的的最小值为11.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列基本量运算、裂项相消法求和，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
17. 设函数.
（1）当时，求函数在点处的切线方程．
（2）已知是函数的导函数，若恒成立，求的最大值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）求导，根据切点横坐标求出切线斜率和该点坐标，再结合直线点斜式求切线方程;
（2）根据可得，设函数，求导求解最小值.
【小问1详解】
由，知
则,得，
故函数在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由恒成立，可得，
即在恒成立，
设，，则，
当时，，在单调递增，
当时，，在单调递减，
所以，即的最小值为1，
所以，即的最大值为1．
18. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和；
（3）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）时，可得，与原式相减可求通项公式；
（2）结合（1），利用等差数列的前项和公式，计算可求；
（3）利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
因为，①
所以当时，，
当时，，②
由整理得，
因为符合上式，所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以．
【小问3详解】
因为，所以．
因，
所以，
所以．
19. 已知函数，．
（1）求的极值；
（2）若在单调递增，求实数a的取值范围；
（3）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数a的取值范围．
【答案】（1）的极小值为0，无极大值
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导分析单调性，根据极值的定义求解即可；
（2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，，即可求解.
（3）若对任意的，总存在，使得，则当时，，即可求解.
【小问1详解】
，求导得，，
因为时，，所以在上单调递增，
因为时，，所以在上单调递减，
又，故在处取极小值0，无极大值．
【小问2详解】
函数，
求导得，由在单调递增，
得在上恒成立，即在上恒成立，因此，，
设，，，则在上单调递增，
于是，即，所以的取值范围为.
【小问3详解】
若对任意的，总存在，使得，
则当时，，
当时，，
即在上单调递增，，
函数，，，
求导得，
由，得，函数在上单调递减，
则，因此，解得，
所以的取值范围为.