广东省惠州市第一中学2024-2025学年高二下学期3月阶段考试数学试卷

惠州一中2026届高二（下）3月阶段考试数学答案 一、单选题（本小题共8小题，每小题5分，共40分） 1．B【解析】已知数列{an}的前n项之和Sn＝n2+1，所以，所以， 所以，所以a1+a3＝7.故选：B 2．C【解析】由已知得渐近线为 3．D【解析】直线与平面所成角的大小的正弦， 4．C【解析】构造函数，根据单调性 5．C【解析】补成后为正四面体，根据几何性质求正四面体的高的一半。 6．D 【解析】易知， 因为有两个极值点，故有两个变号零点， 故在上有两个不同的解，故所以. 故选：D. 7．C 【解析】三角形A'BD、三角形BCD均是边长为的等边三角形，两三角形中心分别是E，F，分别过E，F做相应面的垂线，两垂线相交于球心，根据几何关系求得球的半径为 8．A【解析】由函数，，则，因为函数两个极值点，则 ①，②，得③，设，则且，代入③得， 设，则， 设，则 ，在单调递减，，从而，在单调递减，，故的最小值为. 故答案为： 二、多选题（本小题共3小题，每小题6分，错选多选不给分，满分18分） 9．ACD【解析】 对于A， ，故A正确； 对于B，，故B错误. 对于C，，若，则即，故C正确. 对于D，由导数四则运算有，故D正确. 10．CD【解析】对于 A，；对于B， 对于C，若，则，所以前5项的和最大 对于D，设是等差数列的前项和，成等差数列，若，则 11．ABD【解析】 对于A：当时，，令，得， 令，得，即在上单调递增， 又，，由零点存在定理可得在上有唯一零点，即有唯一零点，A正确； 对于B：， 令，得， 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，又当时,，所以恒成立，即当时，是减函数，B正确； 对于C：当时，由B知，即，所以，即在上单调递减，无极值，C 错误； 对于D：当时，，， 令，得， 令，则， 当，即时，单调递增，当，即时，单调递减， 所以， 即恒成立，所以单调递减，又， 所以，所以在上单调递减， 且当时，，当时，，可得的大致图象如下： 由图可知对任意实数，总存在实数，使得，D正确. 三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 2【解析】 圆心半径3，弦AB长为． 13．【解析】直线与曲线联立，解得， 设与曲线相切于，与直线联立得n= 14．【解析】在定义域上恒成立，函数递增， 即在定义域有两解。比较极值与端点值得。 四、解答题（本小题共5小题，共77分） 15．（1）设正项等差数列的前项和为，， (2分) ，则. (3分) 两式相减可得，， (5分) 首相为2，公差为1，； (7分) （2）由，，得. (9分) 设数列的前n项和为，在数列中且不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列的前100项和.（13分） 16．【解析】（1）由题意得函数的定义域为， 由函数在点处的切线方程为，得，解得（2分） 此时，. 令，得或.（4分） X + 0 - 0 + 递增 递减 递增 （6分） 则当时，函数取得极小值，，（7分） 当时，函数取得极大值，为.（8分） （2）由得. 不等式可变形， 即因为，且， 所以函数在上单调递减. （10分） 令，则在上恒成立，即在上恒成立 （12分） 设，则. 因为当时，， 所以函数在上单调递减，所以，（14分） 所以，即实数的取值范围为. （15分） 17．【详解】（1）因为平面平面，， 平面平面，平面， 所以平面， （2分） 因为平面，所以， （3分） 又因为，，平面， 所以平面， （5分） 平面，从而． （6分） （2）在平面内，过点P作交于D， 因为平面平面，平面平面， ，平面， ∴平面， （8分） 因为，， 所以，可得， ∴，， （10分） 因为，所以，，两两垂直， 以点D为坐标原点，，，的方向分别为x、y、z轴的正方向， 建立如下图所示的空间直角坐标系，设， （11分） 则，，，，， （12分） 设平面的一个法向量为， 则，取， 则， （14分） 易知平面的一个法向量为， 由， 解得，所以． （15分） 18．【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)略(3)见解析 【详解】（1）当时，，则，（1分） 当时，，当时，，（3分） 故的减区间为，增区间为.（5分） （2）要证成立， 令，则， 故需证成立，即对任意的恒成立.（7分） 设，恒成立，（8分） 所以时单调递减，即（10分） 即证得。（11分） (3)对任意的恒成立. 所以对任意的，有，（13分） 整理得到：，（15分） 故 ，故不等式成立.（17分） 19．【答案】（1） （2）（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii）. 【解析】【小问1详解】 解:设直线 联立，消去，得，所以，（2分） ，则，则，（4分） 又由题意，直线的方程是;（5分） 【小问2详解】（1）方法1:设 因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为， 联立，消去，得，（7分） 即，所以即为关于的方程的3个根， 则，（8分） 因为，（9分） 由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.（10分） （2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，（11分） 所以，（12分） 由（1）得，，所以，即，（13分） 因为，点到直线MN的距离， 所以，（14分） 所以 在第一象限，即， 依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即， 又因为，即，即， 所以，即，即， 所以，（15分） 设，则， 令，则， 因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，所以的取值范围为.（17分） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 惠州一中2026届高二（下）3月阶段考试 数 学 审题人：高二数学备课组 考试时长：120分钟 满分：150分 一、单选题（本小题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知数列{}的前n项之和，则＝（  ） A．6 B．7 C．8 D．9 2．已知椭圆 的左焦点是双曲线 的左顶点，则双曲线的渐近线为（  ） A． B． C． D． 3．已知平面的一个法向量为，点在平面内，点在平面外，则直线与平面所成角的大小为（  ） A． B． C． D． 4．若，则（  ） A． B． C． D． 5．如图，正三棱台的下底面边长为12，上底面边长和侧棱长均为6，则棱台的高为（     ） A． B． C． D． 6．已知函数 有两个极值点，则实数的取值范围是（  ） A． B． C． D． 7．已知菱形 ABCD的边长为，∠BAD=60°，对角线AC与BD相交于O，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点A'的位置，使∠A'OC=120°．若点A'，B，C，D都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A． B． C． D． 8．函数的两个极值点满足，则的最小值为( ) A. B. C. D. 二、多选题（本小题共3小题，每小题6分，错选多选不给分，满分18分） 9．下列命题正确的有（ ） A. B. 已知函数在上可导，若，则 C. 已知函数，若，则 D. 10．数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A．已知，则使得成等比数列的充要条件为 B．若为等差数列，且，则当时，的最大值为2022 C．若，则数列前5项的和最大 D．设是等差数列的前项和，若，则 11．已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有唯一零点 B. 当时，是减函数 C. 若只有一个极值点，则或 D. 当时，对任意实数，总存在实数，使得 三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线与圆相交于A,B 两点，则弦AB长为___________． 13．若直线是曲线与曲线的公切线,则___________． 14．设函数，若存在，使得在上的值域为，则实数的取值范围是___________． 四、解答题（本小题共5小题，共77分） 15．（本题13分）设正项等差数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）数列满足.设在数列中且不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列，记数列的前项和为，求. 16．（本题15分）已知函数. （1）若函数在点处的切线方程为，求函数的极值； （2）若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 17．（本题15分）如图，在四面体中，，平面平面， （1）证明： （2）若二面角的余弦值为，求的长． 18．（本题17分）已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，证明：； （3）设，证明：． 19．（本题17分）在平面直角坐标系中，过点的直线与抛物线交于两点在第一象限）. （1）当时，求直线的方程; （2）若三角形的外接圆与曲线交于点（异于点）， （i）证明:△的重心的纵坐标为定值，并求出此定值; （ii）求凸四边形的面积的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$