精品解析：福建省厦门大学附属科技中学2024-2025学年高二下学期3月阶段性检测数学试题

姓名__________座号__________班级__________ （在此卷上答题无效） 2024-2025学年（下）厦门大学附属科技中学高二3月阶段性检测 数学试题 （考试日期：__________考试时长：120分钟满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分． 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一､单项选择题：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. 已知双曲线的焦距为，则（ ） A. B. C. D. 2. 某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 24种 D. 10种 3. 已知函数的定义域为，其导函数为的部分图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的最大值为 C. 的一个极大值点为 D. 在上单调递减 4. 已知等比数列的前项和为，若公比，，则（ ） A. 49 B. 56 C. 63 D. 112 5. 已知函数在上无极值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图1，现有一个底面直径为10cm，高为25cm的圆锥容器，以的速度向该容器内注入溶液，随着时间（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题意．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. 已知直线过点，且直线与圆相切，则直线的方程可能是（ ） A. B. C. D. 10. 对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的极大值为 B. 有且仅有2个零点 C. 点是的对称中心 D. 11. 已知函数，对定义域内任意，都有，则正实数的取值可能是（ ） A. B. C. 1 D. 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）． 12. 设函数在．处存在导数为2，则__________． 13. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有______种（用数字作答）. 14. 已知函数图象的两条切线相互垂直，并分别交轴于A，B两点，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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 16. 已知函数在处取得极大值． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值． 17. 如图，在四棱锥中，底面，点满足. （1）若平面，求的值； （2）若，求平面与平面所成的二面角的正弦值. 18. 已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1. （1）求点的轨迹的方程； （2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点 ①求证：； ②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值. 19. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：； （3）求证：对任意的且，都有（其中为自然对数的底数）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 姓名__________座号__________班级__________ （在此卷上答题无效） 2024-2025学年（下）厦门大学附属科技中学高二3月阶段性检测 数学试题 （考试日期：__________考试时长：120分钟满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分． 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一､单项选择题：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. 已知双曲线的焦距为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程，结合题设条件，即可求解． 【详解】由题意可知，解， 故选：A. 2. 某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 24种 D. 10种 【答案】B 【解析】 【分析】每位乘客都有4种选择，因此乘客下车的可能方式有种. 【详解】由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有种. 故选：B 3. 已知函数的定义域为，其导函数为的部分图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的最大值为 C. 的一个极大值点为 D. 在上单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的部分图象，逐项分析判断. 【详解】对于A，由的部分图象并不能确定在恒成立，A错误； 对于B，由图只能得出的部分区间单调性，最大值不一定为，B错误； 对于C，由图知，且在左右两侧左负右正，为的一个极小值，的一个极小值点为，C错误； 对于D，当时，，因此在上单调递减，D正确. 故选：D 4. 已知等比数列的前项和为，若公比，，则（ ） A. 49 B. 56 C. 63 D. 112 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式推导出与公比的关系，再结合已知条件求出的值. 【详解】∵，∴. 故选：B. 5. 已知函数在上无极值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得导函数，根据无极值的条件，利用判别式解得的取值范围. 【详解】因为函数在上无极值, 所以在上无变号零点，解得， 即实数的取值范围为. 故选：C. 6. 如图1，现有一个底面直径为10cm，高为25cm的圆锥容器，以的速度向该容器内注入溶液，随着时间（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图设溶液高度和液面半径，用表示液体体积得到方程，求出，依题，对其求导，赋值即得时液体高度的瞬时变化率. 【详解】 设注入溶液的时间为（单位：）时，溶液的高为，液面半径为，如图可得， ,则，即， 则由，解得. 由，当时，， 即时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为. 故选：A. 7. 已知函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，求导可得在上单调递减，由已知可得，可得，可得不等式的解集. 【详解】由题意知，当时，， 令，则， 所以在上单调递减， 不等式等价于， 即为，所以，解得. 故选：A. 8. 已知函数，若不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不等式可化为，利用导数分析函数的单调性，作函数，的图象，由条件结合图象列不等式求的取值范围. 【详解】函数的定义域为， 不等式化为：． 令，，， 故函数在上单调递增，在上单调递减． 当时，，当时，， 当时，， 当时，，当，且时，， 画出及的大致图象如下， 因为不等式的解集中恰有两个不同的正整数解， 且在的切线方程为，恰好过,故正整数解为． 故， 即． 故. 故选：C. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题意．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. 已知直线过点，且直线与圆相切，则直线的方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】求出圆的圆心和半径，再按直线的斜率是否存在分类，结合圆的切线性质求解. 【详解】圆的圆心，半径， 当直线的斜率不存在时，直线方程为，点到直线的距离为1，不符合题意， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 由直线与圆相切得：，解得或， 所以直线的方程为：或. 故选：AC 10. 对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的极大值为 B. 有且仅有2个零点 C. 点是的对称中心 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求得，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A正确；根据极大值为，极小值，进而得到函数有3个零点，可判定B错误；求得，令，求得，得出，可判定C正确；根据对称性，得到，结合倒序相加法，可判定D正确. 【详解】由函数，可得， 令，解得或；令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增， 当时，取得极大值，极大值为，所以A正确； 又由极小值，且当时，， 当时，，所以函数有3个零点，所以B错误； 由，可得，令，可得， 又由，所以点是函数的对称中心， 所以C正确； 因为是函数的对称中心，所以， 令， 可得， 所以， 所以，即， 所以D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，对定义域内任意，都有，则正实数的取值可能是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件将问题转化为，构造函数，化为，求，根据导数判断函数的单调性，结合函数正负情况可得在上恒成立，构造函数，求，根据导数判断函数的单调性求出函数的最值即可解题. 【详解】因为，所以， 所以可化为， 即；令， 则有对于定义域内任意，都有， 所以在上单调递减，所以在上，； 因为，所以，即， 因为，所以，即； 令，，当时，解得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 可化为，，因为所以； 由，可知当时，，当时，， 根据在上的单调性以及的正负情况， 有：若，则在上恒成立，所以， 即在上恒成立；令，则， ，解得，所以当时，，单调递增， 当时，，单调递增减， 所以时，取得最大值，，所以； 因为，，均满足题意，不合题意，所以ACD正确，B错误. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：隐蔽性指对同构，需要补因式，如：，两边同乘以，化为，即. 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）． 12. 设函数在．处存在导数为2，则__________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数的定义计算得解. 【详解】由导数的定义知，. 故答案为：4 13. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有______种（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，用表示个区域，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】如图，用表示个区域， 分4步进行分析： ①，对于区域，有5种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有3种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有3种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种. 故答案为：. 14. 已知函数图象的两条切线相互垂直，并分别交轴于A，B两点，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】设函数在点和处的两条切线互相垂直，，，由题意分别表示出，，两直线相互垂直可得，进而根据切线方程求出A，B坐标，进而求解即可. 【详解】设函数在点和处的两条切线互相垂直， 如图，可得的零点为1，故不妨设，， 则，， 当时，，， 当时，，， 则，． 所以，即． 因为：，即， ：，即， 则，，因为，且， 故. 故答案为：2. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和公式列方程组求解即可. （2）根据错位相减法及等比数列的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，则前项和为. 所以，即， 解得，，所以. 因此数列的通项公式为. 【小问2详解】 . ， ， 所以 ， 即， 所以. 16. 已知函数在处取得极大值． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，然后令求出，代入验证是否符合题意即可； （2）求导，确定函数在区间上的单调性，进而可求最大值. 【小问1详解】 由已知 令得或， 当时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，与函数在处取得极大值不符； 当，即时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意； 所以； 【小问2详解】 由（1）得，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因为， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，且. 因为,所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面，点满足. （1）若平面，求的值； （2）若，求平面与平面所成的二面角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行，通过作截面找交线，可证明线线平行，即可得为中点； （2）通过已知的垂直关系，建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算即可求解. 【小问1详解】 延长交于，由， 可知：， 又因为平面，平面，且平面平面， 所以，即， 所以，故； 【小问2详解】 由，又由底面， 则可以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 因为， 所以， 则有， 又因为，所以， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，则， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，则， 所以有， 此时平面与平面所成的二面角的正弦值为. 18. 已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1. （1）求点的轨迹的方程； （2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点 ①求证：； ②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值. 【答案】（1）； （2）①证明：设过椭圆的右顶点的直线的方程为. 代入抛物线方程，得. 设､，则 ∴. ∴. ②证明：设､，直线的方程为， 代入，得. 于是，. 从而 ∵，∴. 代入，整理得. ∴原点到直线的距离为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意有，化简可得答案. （2）直线的方程为,与抛物线方程联立， ①由，将韦达定理代入可证明. ②由①可得，设､，直线的方程为，则，由方程联立，韦达定理可得，再由点到直线的距离公式可证明. 【详解】（1）设由题意， 两边平方，整理得： 所以所求点的轨迹方程为. （2）①略 ②略 【点睛】本题考查求轨迹方程，考查方程联立韦达定理的应用，考查“设而不求”方法的应用，属于中档题. 19. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：； （3）求证：对任意的且，都有（其中为自然对数的底数）． 【答案】（1） 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； （2） 证明：当时，， 要证明，即证，即， 设，则，令得，． 当时，，当时，， 所以为极大值点，也为最大值点． 所以，即．故； （3） 证明：由（2）知（当且仅当时等号成立）， 令，则， 所以 ， 即， 所以． 【解析】 【分析】（1）先求导得，根据的情况，分类讨论即可求解； （2）要证明，即证，即， 设，利用导数研究单调性求最大值即可得证； （3）由（2）知，令，则，又，最后利用裂项相消法即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为． ①当时，，所以在上单调递增， ②当时，令，解得． 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增． 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $