精品解析：河南省部分名校2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷

2026普通高等学校招生全国统一考试 大联考（高二） 数学（人教版） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考场号､座位号､考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､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. 已知函数为的导函数，且，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是等比数列，若，则的公比（ ） A. 4 B. 2 C. D. 4. 已知矩形的边所在直线的方程为，顶点，则顶点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 若存在，使得直线与圆相切，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在正四棱柱中，分别为中点，点为上底面的中心，则直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知某圆柱的表面积为，则该圆柱的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，函数，，当时，函数的图象始终在函数的图象下方（所有点均不重合），则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共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. 记为等差数列前项和，已知，则下列结论正确的有（ ） A. B. C D. 数列中有且仅有一个最小项 10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 当时，只有最大值，无最小值 B. 当时，有两个极值点 C. 当时，是的极大值点 D. 当时， 11. 已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线关于原点对称 B. C. 的最小值为 D. 曲线与线段、直线所围成区域的面积大于 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，向量，若，则__________. 13. 已知圆与圆的相交弦所在直线为，若与抛物线交于两点，则__________. 14. 数列的通项公式为，则的前项和为__________（用含的式子表示）. 四､解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，曲线在处切线的斜率为. （1）求实数的值； （2）研究的单调性； （3）求的极值. 16. 如图，四棱锥的底面为菱形，，且侧面是边长为2的等边三角形，取的中点，连接. （1）证明：平面； （2）证明：为直角三角形； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17 已知正项数列中，. （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，证明：. 18. 已知椭圆的下焦点为，其离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值. 19. 定义函数满足，且的定义域均为.已知函数. （1）求解析式和定义域； （2）求的最小值； （3）若是的两个实根，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2026普通高等学校招生全国统一考试 大联考（高二） 数学（人教版） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考场号､座位号､考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､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. 已知函数为的导函数，且，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】求导，再根据即可得解. 【详解】，依题意得，. 故选：D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为. 【详解】由双曲线的标准方程可知，， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 3. 已知是等比数列，若，则的公比（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质及基本量计算求解即可. 【详解】由等比数列的性质可知，， 所以，又，所以，则. 故选：B. 4. 已知矩形的边所在直线的方程为，顶点，则顶点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，求出边所在的直线方程，再联立直线，组成的方程组，方程组的解即为顶点的坐标. 【详解】因为，边所在直线的方程为， 设所在直线方程为，因为过， 所以，所以所在直线方程为， 由解得，即顶点的坐标为. 故选：A. 5. 若存在，使得直线与圆相切，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，即可得解. 【详解】由圆可得，圆心，半径， 由题意得，，则， 解得或. 故选：D. 6. 在正四棱柱中，分别为的中点，点为上底面的中心，则直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角公式求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 于是， 故直线与夹角的余弦值为. 故选：A. 7. 已知某圆柱的表面积为，则该圆柱的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，体积为，由已知可得到圆柱的体积关于的函数关系式，再利用导数研究函数的单调性进而求得的最大值. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为， 依题意得，，所以，所以，所以圆柱的体积为. 设，则， 令，解得（负值舍去）， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因此当时，圆柱的体积取最大值，且. 故选：C. 8. 已知，函数，，当时，函数的图象始终在函数的图象下方（所有点均不重合），则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】问题转化为在上恒成立.再设，求导，分析函数单调性，求函数的最大值即可. 【详解】由题意得，上恒成立，即在上恒成立. 设，则，则，所以在上恒成立， 又，所以在上恒成立. 令，则， 当时，，当时，0， 所以在上单调递增，在上单调递减，故. 由题意可知，，所以. 故选：C 二､多选题：本大题共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. 记为等差数列的前项和，已知，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 数列中有且仅有一个最小项 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据已知条件列出关于首项和公差的方程组，求解出和，再据此求出通项公式、前项和公式，最后根据这些公式判断各个选项的正确性. 【详解】设数列的公差为， 由题意可知，解得错误； 由上得正确； 由得，，C正确； ，由二次函数的性质可知，当或时，和的值均最小，D错误. 故选：BC. 10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 当时，只有最大值，无最小值 B. 当时，有两个极值点 C. 当时，是的极大值点 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二次函数、极值点、导数与单调性定知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】当时，的图象为开口向下的抛物线， 所以只有最大值，无最小值，A正确； 当时，的图象为抛物线，故只有一个极值点，B错误； 当时，， ， 若，令， 解得或， 所以在上单调递增， 在上单调递减， 因此是的极大值点，C正确； 若，令，解得或， 所以在上单调递增， 在上单调递减， 又，所以，则，D正确. 故选：ACD. 11. 已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线关于原点对称 B. C. 的最小值为 D. 曲线与线段、直线所围成区域的面积大于 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用图像关于原点对称的点坐标特点即可判断选项A，将曲线的方程配方即可判断选项B，代入特殊值即可判断选项C，根据的范围，即可判断选项D. 【详解】将方程中的分别换为， 方程仍成立，则曲线关于原点对称，A正确； 方程化， 所以，解得，B正确； 在方程中，令，解得，或， 当点的坐标为时，，C错误； 曲线在第一象限上的最高点为，且经过原点， 又，故时，， 所以曲线与线段、直线所围成区域的面积，D正确. 故选：ABD 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，向量，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示，建立方程，可得答案. 详解】由得，， 解得，所以. 故答案为：. 13. 已知圆与圆的相交弦所在直线为，若与抛物线交于两点，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由圆与圆的方程相减可得直线的方程，进而得到直线经过抛物线的焦点，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义求解即可. 【详解】由圆与圆的方程相减得，相交弦所在直线的方程为， 又知抛物线焦点为，则直线经过焦点， 设， 由，得，所以， 由抛物线定义可知，. 故答案为：5. 14. 数列的通项公式为，则的前项和为__________（用含的式子表示）. 【答案】 【解析】 【分析】利用错位相减法即得. 【详解】因为， 所以，① 则，② 由①-②得， ， 故. 故答案为： 四､解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，曲线在处切线的斜率为. （1）求实数的值； （2）研究的单调性； （3）求的极值. 【答案】（1） （2）在，上单调递减，在上单调递增 （3）极小值为，无极大值. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据导数的几何意义结合题意即可求； （2）求出函数的定义域，再对函数求导，根据导数的取值的正负确定函数的单调区间； （3）根据函数的单调性，确定函数的极值点，再求极值即可. 【小问1详解】 ，由题意可知，， 解得或（舍去），故实数的值为. 【小问2详解】 因为，所以的定义域为， 由（1）可知，， 令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故在，上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）知，在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值， 极小值为，无极大值. 16. 如图，四棱锥的底面为菱形，，且侧面是边长为2的等边三角形，取的中点，连接. （1）证明：平面； （2）证明：为直角三角形； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）因为为等边三角形的边的中点，所以，又四边形为菱形，且，所以，结合线面垂直的性质即可证明； （2）因为，平面，所以平面，所以，即可证明； （3）由（1）可知，平面平面，所以可得为等边三角形，取的中点，连接，则，所以以为坐标原点，平行于的直线为轴，直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 证明：因为侧面是等边三角形，为的中点，所以， 因为四边形为菱形，且，所以， 又，平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 证明：因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 故为直角三角形. 【小问3详解】 因为平面，故由（1）可知， 平面平面，易求，又， 所以为等边三角形， 取的中点，连接，则， 因为为平面与平面的交线，平面， 所以平面. 以为坐标原点，平行于的直线为轴，直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 则，，， 设平面的法向量为， 由 取，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知正项数列中，. （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由递推公式构造得到即可求证； （2）由（1）等比数列通项公式即可求解； （3）由（2）得到，通过即可求证； 【小问1详解】 由得， ， 则， 因为，所以， 又，故数列是首项为3，公比为3的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知，， 故. 【小问3详解】 由（2）得，， 当时，，不等式成立； 当时，，不等式成立； 当时，， 所以 ， 综上可知，. 18. 已知椭圆的下焦点为，其离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出的方程求解； （2）设出直线的方程与椭圆方程联立，可得，求出直线与方程，求出交点的纵坐标，得证. 【小问1详解】 由题意可知，， 解得， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为， ，则， 由，得，且， 则， 易知直线与的斜率均存在， 则直线方程为①， 直线的方程为②， 联立①②消去得， ， 故点的纵坐标为定值. 19. 定义函数满足，且的定义域均为.已知函数. （1）求的解析式和定义域； （2）求的最小值； （3）若是的两个实根，证明：. 【答案】（1），定义域为. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义求出，，由此即可求出； （2）对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性，从而求得最值； （3）根据已知条件化为，换元令，得，构造函数，利用导数得到函数的单调性，利用函数单调性证明不等式即可. 【小问1详解】 由题意得，，令，故，， 又，所以，， 故，的定义域为. 【小问2详解】 因为，，所以， 令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故. 【小问3详解】 因为是的两个实根， 所以，， 则，，所以， 要证，只需证， 因为，且为增函数，所以， 因为，且在上为减函数，所以， 所以，所以即证 即证，即证， 即证，即证， 令，则只需证； 设， 则 ， 所以在上单调递增， 则，所以成立， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$