精品解析：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 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{an}的前n项之和Sn＝n2+1，则a1+a3＝（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】 根据数列{an}的前n项之和Sn＝n2+1，求出，再求解. 【详解】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 【点睛】本题主要考查数列的前n项和与项的关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆的标准方程可得其焦点坐标，从而得到双曲线的左顶点坐标，再由其渐近线方程，即可得到结果. 【详解】设椭圆焦距为， 则，则，所以椭圆的左焦点为， 所以双曲线的左顶点为， 所以，所以， 所以双曲线的渐近线为. 故选：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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】由题意可得，而平面的一个法向量为， 故直线与平面所成角的正弦值为， 结合线面角范围为，可知直线与平面所成角的大小为， 故选：D 4. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构建，利用导数可知在上单调递增，结合单调性分析判断. 【详解】令，则在上恒成立， 可知在上单调递增，则， 可得，即. 故选：C. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】把棱台还原为棱锥，利用大小棱锥的相似比可求出棱台的高. 【详解】 如图1，将正三棱台还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长均为6， 如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，高， 所以根据三棱锥的棱长均为6，三棱锥的棱长均为12， 可知相似比为，通过相似关系可知，三棱台的高也为； 故选：C. 6. 已知函数 有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据极值点个数与导函数零点个数的关系，计算可得结果. 【详解】， 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. 已知菱形的边长为，对角线与相交于，以为折痕把折起，使点到达点的位置，使．若点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意作图，根据外接球的性质确定球心的位置，利用余弦定理，可得答案. 【详解】由题意，作图如下： 在菱形中，由，则为正三角形， 由，则，，所以为二面角的平面角， 设为三棱锥的外接球球心，取的中心分别为，连接，如下图： 在正中，由为其中心，则， 在中，易知，则， 在中，由余弦定理可得，解得， 所以球的表面积. 故选：D. 8. 函数的两个极值点满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知函数求导，令则可得，代入极值点后两式作商，可得到的关系，作商得到的结果指对互换，便可解出，根据题目所求，代入后便可构造新的函数，通过求导可求得最小值. 【详解】由函数，，令， 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． 故选：A. 【点睛】方法点睛：求函数最值，通常是对所求函数求导，当一阶导数不能确定极值点时，可二阶求导确定导函数的单调性和零点，可得到原函数的单调区间，进而求得原函数的最值. 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. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数的运算法则求解判断ACD；利用导数的定义计算判断B. 【详解】对于A， ，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，由，得，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD 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 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A：利用等比中项求出，即可判断；对于B：由等差数列的性质求出即可判断；对于C：先判断出为等差数列，利用二次函数的性质即可判断出时，取得最大值；对于D：利用等差数列的分段和性质直接求解. 【详解】对于A：因为，所以使得成等比数列等价于，即，解得：.故A错误； 对于B：因为为等差数列，且， 所以由等差数列的性质可得：， 所以.故B错误； 对于C：因为，所以，，所以为等差数列. 所以的前项和为. 由二次函数的性质可得：当时，取得最大值.故C正确； 对于D：在等差数列中，设. 因为，所以，且. 由等差数列的分段和性质可知：也构成等差数列， 所以，解得：，所以.故D正确. 故选：CD 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：求导，确定单调性，然后利用零点存在定理判断；对于B：求导，利用导数研究函数单调性；对于C：直接验证时的极值情况；对于D：求导，作出的图象，观察图象可得. 【详解】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； 故选：ABD. 三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线被圆截得的弦长为________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆的弦长公式列式计算. 【详解】圆的圆心，半径， 点到直线的距离 所以所求弦长为. 故答案为：2 13. 若直线是曲线与曲线的公切线，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】直线与曲线联立求出，设与曲线相切于点，借助导数的几何意义求出的切线方程与比较可得答案. 【详解】直线与曲线联立， 得， 因为直线是曲线的切线， 所以，解得， 设与曲线相切于， 由得曲线在处的切线斜率为， 则曲线在处的切线方程为 ，即， 因为直线是曲线与曲线的公切线， 所以，解得， 即. 故答案为：. 14. 设函数，若存在，使得在上的值域为，则实数的取值范围为________ 【答案】 【解析】 【分析】先结合导数研究函数的单调性，结合单调性把原问题转化为在上有两解，构造函数，，结合已知条件转化为研究函数的值域，利用导数可求. 【详解】由题可得：，当时，，所以在上单调递增， 若存在，使得在上的值域为，则，即在上有两解， 令，，则， 当时，，当时，，， 故在上单调递增，在上单调递减，且，，， 所以要使在上有两解，则， 故答案为： 四、解答题（本小题共5小题，共77分） 15. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用可得答案； （2）设数列的前n项和为，利用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40项和可得答案． 【小问1详解】 设正项等差数列的前项和为，， ，则． 两式相减可得， 因为，所以， 所以，即首项为2，公差为1的等差数列，即； 【小问2详解】 由，，得． 则数列以为首项，为公比的等比数列， 若，可得， ， 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40项和 ． 16. 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. 【答案】（1）极小值为，极大值为；（2）. 【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数，根据题意得，列出等式求解a即可写出的解析式，根据导数符号判断函数的单调性从而求极值；（2）根据题意可将不等式变形推出函数在上单调递减，令，则题意可转化在上恒成立，利用导数求出函数在上的最小值即可求得m的范围. 【详解】（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 此时，. 令，得或. 当和时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 则当时，函数取得极小值，为， 当时，函数取得极大值，为. （2）由得. 不等式可变形为， 即因为，且， 所以函数在上单调递减. 令 则在上恒成立， 即在上恒成立 设，则. 因为当时，， 所以函数在上单调递减，所以， 所以， 即实数的取值范围为. 【点睛】本题考查导数的几何意义、导数在研究函数的性质中的应用、利用导数证明不等式，属于较难题. 17. 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． 【答案】（1） 因为平面平面，， 平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，平面，从而． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，进而得到平面，可得； （2）建立空间直角坐标系，设出，利用向量法求出平面与平面的法向量，代入公式运算得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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， 因为，， 所以， 可得， ∴，， 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， 则，，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， 则， 易知平面的一个法向量为， 由， 解得，所以． 18. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，证明：； （3）设，证明：． 【答案】（1）的减区间为，增区间为 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出的单调区间； （2）将问题转化为证成立，令，则进一步将问题转化为证对任意的恒成立，构造函数，利用导数可证得结论； （3）由（2）对任意的，有，即，然后利用累加法可证得结论. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为． 【小问2详解】 要证，只要证， 令，则， 所以只需证成立， 即对任意的恒成立． 设，则恒成立， 所以时，单调递减， 所以，所以， 即证得. 【小问3详解】 对任意的恒成立． 所以对任意的，有， 所以， 所以， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式，第（3）问解题的关键是由（2）的结论可得对任意的，有，化简后利用累加法可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 19. 在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）. （1）当时，求直线的方程; （2）若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N）， （i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值; （ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）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， 即， 所以即为关于的方程的3个根， 则， 因为， 由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0. 方法2:设，则， 因为O，M，D，N四点共圆，所以当M，D在直线异侧时，， 即， 化简可得:； 当M，D在直线同侧时，， 即， 化简可得:； 综上可得的重心的纵坐标为0. （ii）. 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，由韦达定理和已知关系即可求解. （2）（i）由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为， 联立，消去，得，由方程根的思想即可求解. 或O，M，C，N四点共圆，由或，也可求解. （2）（ii）记的面积分别为，分别联立方程先求出，所以，结合根与系数的关系进一步化简为，再结合导数进而求解. 【小问1详解】 解:设直线 联立，消去，得， 所以， ，则 ，则，又由题意， 直线的方程是; 【小问2详解】 （i）略 （ii）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， 所以， 由（1）得，， 所以，即， 因为， 点到直线MN的距离， 所以， 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， 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. 第1页/共1页 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{an}的前n项之和Sn＝n2+1，则a1+a3＝（ ） 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. 已知菱形的边长为，对角线与相交于，以为折痕把折起，使点到达点的位置，使．若点都在同一球面上，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. 直线被圆截得的弦长为________. 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，则实数的取值范围为________ 四、解答题（本小题共5小题，共77分） 15. 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. 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. 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． 18. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，证明：； （3）设，证明：． 19. 在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）. （1）当时，求直线的方程; （2）若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N）， （i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值; （ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $