精品解析：吉林省延边朝鲜族自治州延吉市延边第二中学2025-2026学年高三上学期第二次阶段性检测数学试卷

延边第二中学2023级高三年级第二次阶段性检测 数学试卷 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. 已知集合，且，则等于（ ） A. －3或－1 B. -3 C. 1 D. 3 2. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直三棱柱中，，，，其外接球的表面积为，则该三棱柱的侧棱长为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，是的一个极值点，且在上有且仅有一个零点，则实数b的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 若，数列满足，则的值是（ ） A. 2024 B. 4048 C. 3036 D. 2025 8. 已知函数，记为从小到大的第个极值点，数列满足，其前项和为，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若点的坐标为，且是关于的方程（，）的一个根，则 C. 若复数，则复数在复平面内对应的点位于第一象限 D. 若复数满足，则的最小值为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是 B. 已知向量，向量，且与方向相反，若向量，则在上的投影向量为 C. 已知向量，，若，则的取值范围为 D. 若是的外心，，，的值为 11. 已知定义域关于原点对称的函数都可以表示成一个奇函数与一个偶函数的和，设，其中，分别为奇函数和偶函数，且，则（ ） A. B. C. 已知数列满足，，则 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 13. 在数列中，，，则________. 14. 已知函数，若方程有7个不同的实数解，则的取值范围为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，. （1）求在区间的最大值和最小值； （2）若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数的取值范围. 16. 已知向量，，函数. （1）求函数的最大值，并指出取最大值时的取值集合； （2）若，为锐角，，，求的值. 17. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若，求的值； （3）若的面积为，且，求的周长． 18. 已知正项数列的前项和为，且满足，数列为公比大于0的等比数列，且，. （1）求，； （2）若在与之间插入个1，由此构成一个新的数列，求的值. （3）设，数列的前项和为，是否存在正整数，使得对于恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，其中． （1）若函数有处取得极大值0，求的值； （2）函数． （i）证明：曲线图象上任意两个不同点处的切线均不重合； （ii）当时，若，使得成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延边第二中学2023级高三年级第二次阶段性检测 数学试卷 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. 已知集合，且，则等于（ ） A. －3或－1 B. -3 C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系列式求解，再代入检验即可. 【详解】因为集合，且， 则或，所以或； 当时，不合题意舍； 当时，符合题意； 故选：B. 2. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的定义域结合函数可得出关于的不等式组，由此可解得所求函数的定义域. 【详解】因为函数的定义域为， 对于函数有，解得. 故函数的定义域为. 故选：D. 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式得到，再结合余弦二倍角公式即可求解. 【详解】， ， 故选：C． 4. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，，边长，，然后即可求三角形的周长． 【详解】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，， 底边长，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 5. 已知直三棱柱中，，，，其外接球的表面积为，则该三棱柱的侧棱长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，该直三棱柱可补形为长方体，则长方体的外接球即是直三棱柱的外接球，由球的表面积求出半径，根据长方体的体对角线长的公式列方程，即可解得侧棱长. 【详解】由题意，该直三棱柱可补形为长方体， 则长方体的外接球即是直三棱柱的外接球. 所以体对角线的长为球的直径，设球的半径为， 则，解得， 设侧棱长为，则，解得，即侧棱长为. 故选：C. 6. 已知函数，是的一个极值点，且在上有且仅有一个零点，则实数b的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据得出，再根据的单调性以及极值即可得出. 【详解】由，得， 因为是的一个极值点，所以， 所以，，， 在上有得或，得， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因， 由函数在上有且仅有一个零点， 则，，解得， 所以实数b的取值范围为． 故选：A 7. 若，数列满足，则的值是（ ） A. 2024 B. 4048 C. 3036 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】由表达式及得到，利用等差数列求和公式及倒序相加求和可求得结果. 【详解】， ， 则. 因为 令，得 ； ； ； ………… 又. 故 故选：B 8. 已知函数，记为从小到大的第个极值点，数列满足，其前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由求得的极值点，则是以为首项、为公差的等差数列，又和时，分别构成等比数列，故分组求和可得. 【详解】由题意， 令，则， 所以，解得． 由函数图象可知，是的极值点， 又，所以是以为首项、为公差的等差数列， 所以， 当时，设， 当，时，设， 从而． 故选：C． 二、选择题：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. 设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若点的坐标为，且是关于的方程（，）的一个根，则 C. 若复数，则复数在复平面内对应的点位于第一象限 D. 若复数满足，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：设，根据复数的运算和模长可得，即可得结果；对于B：可知，结合复数的运算可得，即可得结果；对于C：根据复数的除法结合复数的几何意义分析判断；对于D：根据复数的几何意义分析可知数对应的点是以点为圆心，1为半径的圆，结合圆的性质分析求解. 【详解】对于A，设（，）， 可得， 则，化简得， 所以，故A正确； 对于B，若点的坐标为，可知， 则，整理得， 可得，解得，所以，故B正确； 对于C中：因为，所以， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限，故C不正确； 对于D中：根据复数模的几何意义可知，表示复数与复数对应两点间的距离为1， 所以复数对应的点是以点为圆心，1为半径的圆， 又因为表示圆上的点到原点的距离， 所以的最小值为，故D正确； 故选：ABD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是 B. 已知向量，向量，且与方向相反，若向量，则在上的投影向量为 C. 已知向量，，若，则的取值范围为 D. 若是的外心，，，的值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由向量坐标得到数量积，由题意得不等式，然后解得的取值范围，注意，判断A选项；设使得，解出的值，然后由投影向量得到结果判断B选项；由向量坐标得到数量积，由三角恒等变换化简整理后由范围求得数量积取值范围，判断C选项；由三角形外心可得关系，然后列出，通过二倍角公式，正弦定理，余弦定理化简数量积，判断D选项. 【详解】对于A，，由题意可知，则， 但当时，与的夹角为不为锐角，所以，A选项错误； 对于B，∵与方向相反，则存在使得，， 即，解得或， 当时，（舍去），所以，即， 所以在上的投影向量，B选项正确； 对于C，，，∴， ∴，C选项正确； 对于D，设，， ∴， ∵ 由正弦定理可知， ，， ∴， ∵， 由余弦定理，， ∴， D选项正确. 故选：BCD. 11. 已知定义域关于原点对称的函数都可以表示成一个奇函数与一个偶函数的和，设，其中，分别为奇函数和偶函数，且，则（ ） A. B. C. 已知数列满足，，则 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】AD用代替，结合奇偶函数定义可得方程组，求出，代入化简即可；B举反例；C先求证，即可计算得出，再结合的单调性可得. 【详解】因①，则， 又，分别为奇函数和偶函数，则，， 则②， 联立①②解得，则， ③，故A正确； 所以 ，所以D正确； 当时， ，故B错误； 已知，则， 由，可知 可得， 同理可得， ，在R上单调递增，则在R上单调递增， 则，所以C正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 【答案】28 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式求解. 【详解】如图所示，为正四棱台，连接， 由，得， 过作，为垂足；过作，为垂足， 则，， 又，在中，得， 所以正四棱台的高，正四棱台上下底面积分别为4和16， 体积. 故答案为：28 13. 在数列中，，，则________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据累加法即可求解. 【详解】由可得， 故， ， ……, , 相加可得， 故答案为：5 14. 已知函数，若方程有7个不同的实数解，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】先画出的图象,设,由图象可转化问题为有3个解,有4个解，然后分析的范围即可求解. 【详解】由题可得，当时,； 当时,, 当时,；当,, 所以在上单调递增,在上单调递减, 所以, 当时,,则；当时,,则, 画出的图象,如图所示, 因为有7个不同的实数解， 设，则， 由有个解，则必然有两个解， 且有3个解,有4个解，有以下情况： （1），代入可得，矛盾，故舍去； （2）,，设，根据根的分布的性质可得：，解得； （3），，代入，解得，此时，解得，符合题意. 综上所述，. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，. （1）求在区间的最大值和最小值； （2）若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，根据导数判断其单调性，进而求出在区间的最值； （2）再根据已知条件得到的最小值与的最小值的关系，最后求解的取值范围. 【小问1详解】 ， 令，即，解得或， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减；  ； ； ； 比较的大小，可得， 所以在区间的最大值为，最小值为； 【小问2详解】 由得， 根据题意，对任意，存在，使得， ， 因时，，故在上单调递减， 由（1）知在的最小值为，故, 由得：，解得：， 结合，得的取值范围为. 16. 已知向量，，函数. （1）求函数的最大值，并指出取最大值时的取值集合； （2）若，为锐角，，，求的值. 【答案】（1）最大值为2，的取值集合为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算和二倍角公式化简整理得，再根据三角函数的性质求解即可； （2）由（1）得，由诱导公式可得，再根据题意，结合同角三角函数的基本关系得，，，进而得. 【小问1详解】 ， 令，得，， 所以函数的最大值为2，此时的取值集合为. 【小问2详解】 . 由，为锐角，得，又，所以， 由得 ∵，∴， 又， ∴，∴， ∴ ， ∴. 17. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若，求的值； （3）若的面积为，且，求的周长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，将边换成角，再根据两角和与差公式化简合并，即可求解； （2）根据同三角函数关系可求出，再根据正弦定理求出，根据二倍角公式求出； （3）根据三角形面积公式和余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 则， 因为，则， 故． 【小问2详解】 ∵，且, ∴， ∵，， ∴，解得， ∵，∴， ∴， ∴. 【小问3详解】 ∵，∴， 由余弦定理得， ∴， 又，∴，则， ∴， 于是的周长． 18. 已知正项数列的前项和为，且满足，数列为公比大于0的等比数列，且，. （1）求，； （2）若在与之间插入个1，由此构成一个新的数列，求的值. （3）设，数列的前项和为，是否存在正整数，使得对于恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）， （2）6 （3）存在，的最小值为4 【解析】 【分析】（1）根据与的关系求得，然后利用等差数列的通项公式求得，然后再利用等比数列通项公式基本量运算求得. （2）依次求出中相邻项之间插入1的个数，即可求出. （3）由裂项相消法求，即可将问题转化为，构造二次函数，根据函数的单调性求解. 【小问1详解】 当时，且，解得， 当时，， ∴， 即，则， ∵，则，所以， ∴是以1为首项，1为公差的等差数列，所以， 设数列的公比为，则， 即，解得：，所以； 【小问2详解】 根据题意，在与之间插入个1， 即在1和2之间插入个1；在2和3之间插入个1； 在3和4之间插入个1；在4和5之间插入个1； 在5和6之间插入个1， 因为，且， 故中； 【小问3详解】 ， 故， 由于，故对于恒成立，则， 当，2，3时， , 而当时，单调递增，且， 故当正整数满足时，恒成立，故正整数的最小值为4. 19. 已知函数，其中． （1）若函数有处取得极大值0，求的值； （2）函数． （i）证明：曲线图象上任意两个不同点处的切线均不重合； （ii）当时，若，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （ⅰ）函数． 由，得， 设点和点，不妨设， 则曲线在点处的切线方程为， 即； 同理曲线在点处的切线方程为； 假设与重合，则， 化简得， 两式消去，得，则， 令，， 由，所以在上单调递增， 所以，即无解，所以与不重合， 即对于曲线图象上任意两个不同点处的切线均不重合． （ii） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数与函数极值之间的俄关系，即可求解； （2）设点和点，由导数的几何意义写出这两点处的切线方程，假设切线重合，经运算可推出矛盾，即可证明结论； （3）对于恒成立时，求出．令，继而证明当时，在上恒成立，即可确定，使得成立时a的取值范围. 【小问1详解】 ，得， 由题设知，解得， 此时 当时，为增函数； 当时，为减函数； 所以函数在处取得极大值，满足题意， 故． 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）当时，先解决对于恒成立， 令，则在上恒成立， 由，解得． 下面证明当时，在上恒成立． 则当时，， 令，则， 则当时，由， 则，则在上单调递增，所以； 当时，令， 则，则在上单调递增， 所以，所以在上单调递减， 所以成立， 所以对于，不等式恒成立， 实数的取值范围为． 所以，使得成立，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $