精品解析：重庆市拔尖强基联盟（西南大学附属中学校等）2024-2025学年高二下学期3月联合考试数学试卷及答案

高2026届拔尖强基联盟高二下3月联合考试 数学试题 （满分：150分：考试时间：150分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场/座位号､准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂：答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写：必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁､完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合要求的. 1. 已知函数是的导数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 已知数列是等比数列，若，则（ ） A. B. 3 C. D. 4. 已知定点，点在抛物线上，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 已知为定义在上的奇函数，，且当时，有，则使成立的的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A B. C. D. 7. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线，若上存在点满足的外心为，则的离心率范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 时，的最小值为15 D. 最小时， 10. 在平面直角坐标系中，圆，直线与圆相交于不同的两点，且弦的中点为，则下列选项正确的有（ ） A. 弦长的最大值为 B. 实数的取值范围为 C. 若，则 D. 存在定点，使得为定值 11. 已知函数存在两个极值点，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与曲线相切，则实数值为__________. 13. 如图，在长方体中，，，为底面的中心，则点到直线的距离为__________. 14. 已知焦点为的抛物线与相交于两点，若的面积为8，则__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边为，已知，且，. （1）求角的大小： （2）求的周长. 16. 如图，四棱锥中，，且，平面平面. （1）求证：平面； （2）若为棱中点，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数. （1）当时，若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围； （2）若对，不等式恒成立，其中为自然对数的底数，求的最小值. 18. 已知在平面直角坐标系内，点到直线的距离是到点的距离的倍，设点的轨迹为曲线， （1）求曲线的方程， （2）已知上一动点，过且垂直于直线交曲线于两点，线段的中点为. ①证明：共线： ②若曲线上存在点，使得，且.求四边形面积的取值范围. 19. 已知数列满足：，正项数列满足：，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列前项的和； （3）记为数列的前项积，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2026届拔尖强基联盟高二下3月联合考试 数学试题 （满分：150分：考试时间：150分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场/座位号､准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂：答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写：必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁､完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合要求的. 1. 已知函数是的导数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导代入求解即可. 【详解】，所以. 故选：A 2. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件及椭圆标准方程形式，列式计算得解. 【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，得. 故选：C 3. 已知数列是等比数列，若，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，利用等比数列的通项公式表达后计算求解. 【详解】 故选：A 4. 已知定点，点在抛物线上，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的定义和性质，结合图象求出的最小值. 【详解】抛物线，即，其焦点为，准线方程为， 易知在抛物线的内部，点即为焦点， 如图所示，过点作于点，则，即， 显然当三点共线时最小，最小值为， 即的最小值为4， 故选：B. 5. 已知为定义在上的奇函数，，且当时，有，则使成立的的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，可得当时，进而可得在上为增函数，进而可得当时，，当时，，再由函数为奇函数可得. 【详解】令， 当时，， 所以，函数在上为增函数，且， 故当时，，得， 当时，，得， 又为定义在上的奇函数， 故由可解得或， 故选：B 6. 在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，取中点，平面即为平面再根据线面角的向量法求解即可. 【详解】如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 取中点，因为是棱的中点，故， 又平面，平面，则平面， 故平面即为平面 ， ， 设平面的一个法向量为，即， 令则，即为平面的一个法向量， 线面角的正弦值为. 故选：C 7. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据与的关系可得，进而可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，求通项公式后代入不等式整理可得恒成立，再根据作差法分析的单调性求得最大值即可. 【详解】由，令，解得， 当时，由得，即， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以， 由，即恒成立， 令，则，而，所以， 即数列单调递减，故，所以，所以的最小值为. 故选：C 8. 已知双曲线，若上存在点满足的外心为，则的离心率范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意双曲线与的外接圆有交点，根据几何位置关系可得，进而可得. 【详解】由题意的外接圆半径为， 由题意可知，外接圆与有交点，只需双曲线的右顶点在圆上或圆内， 故，即，即， 故， 故选：D 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 时，的最小值为15 D. 最小时， 【答案】AC 【解析】 【分析】由等差数列的和的公式和等差数列的性质，得到，再结合已知，得到，进而分析可以判定各选项. 【详解】由，则， 又，则，所以，故A正确，B错误； 对于C，由上分析，当时，，当时，， 又，又，所以时，的最小值为15，故C正确； 对于D，当最小时，，故D错误. 故选：AC. 10. 在平面直角坐标系中，圆，直线与圆相交于不同的两点，且弦的中点为，则下列选项正确的有（ ） A. 弦长的最大值为 B. 实数的取值范围为 C. 若，则 D. 存在定点，使得为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用直径为最长弦判定A；利用圆心到直线的距离小于半径，解不等式求得实数a的取值范围，判定B；根据已知判定P在直线l上，且在圆外，再取特值，当直线经过圆心的特殊情况下进行计算，可以否定C；根据垂径定理得到点Q的轨迹为圆的一部分，取D为圆心既满足选项D中的条件，从而判定D正确. 【详解】由题意知圆的圆心为，半径为； 当时，过圆心，则弦长最大为，故A正确； 圆心到的距离，解得，故B正确； 因为，所以点在圆外. 因为,所有点在直线上. 所以向量同向， 取当时，过圆心，所以，不一定是1，故C错； 因为，则的轨迹为以中点为圆心，为半径的圆（在已知圆内的一部分）， 则存在，使得，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数存在两个极值点，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的导函数，依题意可得方程有两个实数根，则问题转化为的图象与的图象有两个交点，结合函数图象及题意条件，逐项分析即得. 【详解】A选项：，因为存在两个极值点， 所以有两个不同的实数根，即有两个不同的实数根，显然0不是方程的根， 即，令与图象有两个不同交点， 结合图象可得，A正确； B选项：由，两式相除可得，即， 令，则，所以，则， 令，则， 所以在上单调递减， ，即，即，故，B选项错误； C选项：若，由可得， 即，，， 把代入，可得，C选项正确； D选项：因为是极值点，则，解得， 所以， 令， 则， 所以在上单调递减，，即，D选项正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与曲线相切，则实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由切线的斜率为可知，进而得切点，代入直线中可得. 【详解】由得， 令得，此时，故切点为， 故，得， 故答案为： 13. 如图，在长方体中，，，为底面的中心，则点到直线的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，，， 所以，点到直线的距离为. 故答案为：. 14. 已知焦点为的抛物线与相交于两点，若的面积为8，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】解方程组求得与抛物线交点和 与抛物线交点的坐标，然后利用三角形面积公式列出方程求解. 【详解】设与抛物线交于，则， 故，同理设与抛物线交于， 则，故，  的方程为：，横截距为,正好经过抛物线的焦点， 点到直线的距离, , ，则, 故答案为：4 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边为，已知，且，. （1）求角的大小： （2）求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理边角转化即可得结果； （2）根据数量积的定义可得，结合（1）可得，即可得周长. 小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 且，所以. 【小问2详解】 因为，即，可得， 由（1）知，可得， 且，可得，解得， 所以的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，，且，平面平面. （1）求证：平面； （2）若为棱中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）先根据题意利用平面图形的知识得到，，再根据平面平面，根据面面垂直线面垂直线线垂直，得，结合即可证得结论； （2）构建空间直角坐标系，求得相关点的坐标，继而得到两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【小问1详解】 连接，由得， 由，，， 得， 所以，， 所以，，即，， 由平面平面平面，平面平面，， 得平面， 又平面，所以， 由，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 令分别是、的中点，连接， 则，， 构建如下图所示的空间直角坐标系， 所以 且由题可知为线段中点，则. 是面的一个法向量，则 令，则 是面的一个法向量，则 令，则 所以平面与平面夹角的余弦值为 . 17. 已知函数. （1）当时，若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围； （2）若对，不等式恒成立，其中为自然对数的底数，求的最小值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数可得到函数最小值，结合零点存在性定理分情况讨论即可； （2）将问题转化为，令，利用导数分情况讨论即可，构造函数，由导数求出最值，进而求解. 【小问1详解】 ，则， 令得，即在递减； 令得，即在递增， 故最小值， ①当，即时，恒成立，故无零点，不满足题意； ②当，即时，当时恒成立，故有1个零点，不满足题意； ③当，即时，，且，（或者时，）， 由零点的存在性定理可知在上有1个零点， 又，则， 则在上递增，上递减， 则，即，则，当且仅当时取等， 则，（或者时，）， 故由零点的存在性定理可知在上有1个零点，即在上有两个零点， 综上：有两个零点，则. 【小问2详解】 ，则， 令，则， ①当时，， 的最小值为，的最小值为； ②当时，，则在递减，且时，， 故不能恒成立； ③当时，令可得，即在上递增， 令可得，即在上递减， 故， 则， 故， 令，故， 令， 则， 令可得，即在递减； 令可得，即在递增则， 则的最小值为，当且仅当时取得等号. 综上可知，的最小值为. 18. 已知在平面直角坐标系内，点到直线的距离是到点的距离的倍，设点的轨迹为曲线， （1）求曲线的方程， （2）已知上一动点，过且垂直于的直线交曲线于两点，线段的中点为. ①证明：共线： ②若曲线上存在点，使得，且.求四边形面积的取值范围. 【答案】（1）； （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）利用设点法，用距离公式表达已知条件，整理可得到曲线的方程，整理为椭圆的标准方程； （2）①设，可得直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点坐标，得到直线的方程，进而证明三点共线；②根据已知向量关系，得到点，代入椭圆方程，利用范围求得的范围，进而利用面积公式将表示四边形面积表示为的函数，求得面积的取值范围.. 【小问1详解】 设，因为，所以，整理得 小问2详解】 ① 根据（1）可得曲线是椭圆，,右焦点为. 因为点在直线上，故可设，则. 又因为，故直线方程为：，代入整理得. 设，则，，. 设中点，则， 直线，所以， 则在直线上，即共线； ②因为，则， 代入得, 即. 方法1：因为，所以四边形面积 . 方法2： . 19. 已知数列满足：，正项数列满足：，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项的和； （3）记为数列的前项积，证明： 【答案】（1）；； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据数列所给的递推关系，即可求得其通项； （2）根据数列的通项公式，结合分组求和的方法，即可求得数列的前项的和； （3）由（1）可得数列的通项公式，进而可求得其前项积，再结合不等式的放缩，即可证明. 【小问1详解】 当时，，即， 当时，， 两式相减有：，， 经检验，也满足上式，故. 因为， 则当时，， 累加可得：，且，. 经检验，也满足上式，又因为是正项数列，故. 【小问2详解】 令，则， 两式相减可以得到：， . 令， 当为偶数时：； 当为奇数时：； . 【小问3详解】 因为，所以， 左边： ， 右边：，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$