精品解析：福建福州高级中学2025-2026学年高二3月阶段测试数学试题

福州高级中学2025-2026学年 高二3月阶段考试数学学科试卷 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 有3名男生和3名女生去影院观影，他们买了同一排相连的6个座位，若3名女生必须相邻，则不同的坐法有（ ） A 24种 B. 48种 C. 96种 D. 144种 3. 函数的单调减区间是（ ） A. B. C. D. 4. 将一根长为3的铁丝截成9段，使其组成一个正三棱柱的框架（铁丝长等于正三棱柱所有棱的长度之和），则该正三棱柱的体积最大为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数及其导函数定义域均为，则“图象关于中心对称”是“图象关于直线轴对称”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法，若定义是函数零点近似解的初始值，过点的切线为，切线与轴交点的横坐标，即为函数零点近似解的下一个初始值以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设函数，满足，应用上述方法，则（ ） A B. C. D. 7. 如图“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．现有红、黄、蓝、绿四种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，不同的涂色方法总数为（ ） A. 48 B. 24 C. 144 D. 72 8. 已知实数分别满足，且，则（ ） A B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 物体甲、乙在时间到范围内，路程的变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 在到范围内，甲的平均速度大于乙的平均速度 B. 在到范围内，甲的平均速度等于乙的平均速度 C. 在时，甲的瞬时速度大于乙的瞬时速度 D. 在时，甲的瞬时速度等于乙的瞬时速度 10. 下列各式正确的是（） A. B. C D. 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 有唯一零点 B. C. ，使得有三个不等实根 D ，使得有六个不等实根 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将6名志愿者安排到5个小区参加以“健康生活”为主题的宣传活动，每名志愿者只去1个小区，每个小区至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有___________种． 13. 已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是_______. 14. 中国象棋是一种古老而富有智慧的棋类游戏，其蕴含着丰富的传统文化内涵和哲学思想.一副中国象棋中，具有红黑两个阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，其中“马”棋子走法尤为特别，其走法如图1所示，称为“马走日”；当距“马”最近的交叉线处有棋子时，走法数会减少，如图2，图3所示，称为“绊马腿”.若将矩形棋盘（如图4）视作平面直角坐标系，棋盘的左下角为坐标原点，如图5所示，假如棋盘中有如图5所示的四个棋子固定不动且不能被“马”吃掉，问黑方的“马”从原点朝着红方阵营（轴正方向）出发到达点，有______种不同的行进路线. 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. 已知函数在处取得极值. （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值. 16. 已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 17. 如图，是圆的直径，垂直于圆所在平面，是圆周上不同于，的任意一点，为的中点，且， （1）求证：平面平面； （2）若三棱锥的外接球球心为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知抛物线：焦点为，直线与抛物线有且只有一个交点. （1）求抛物线的方程； （2）设抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点. （i）若的面积为4，求直线的方程； （ii）设内切圆的半径为，求的最大值. 19. 已知函数，． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数有两个零点． ①记表示不超过a的最大整数，求的取值范围； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州高级中学2025-2026学年 高二3月阶段考试数学学科试卷 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求导法则及求导公式判断ABC，再由复合函数的求导判断D. 【详解】因为，，， ， 所以ACD错误，B正确. 故选：B 2. 有3名男生和3名女生去影院观影，他们买了同一排相连的6个座位，若3名女生必须相邻，则不同的坐法有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 96种 D. 144种 【答案】D 【解析】 【分析】先利用捆绑法将3名女生看成一个整体，再将女生整体和3名男生一起排列. 【详解】先把3名女生看成一个整体，有种排法， 再把这个整体与另外3名男生排列，有种排法， 则不同的坐法有种坐法. 故选：D. 3. 函数的单调减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式即可. 【详解】函数的定义域为， 又， 令，解得， 函数的单调减区间是， 故选：A 4. 将一根长为3的铁丝截成9段，使其组成一个正三棱柱的框架（铁丝长等于正三棱柱所有棱的长度之和），则该正三棱柱的体积最大为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出正三棱柱的体积，再求出导函数，根据导函数正负得出函数单调性，进而得出最大值即可. 【详解】设正三棱柱的底面边长为x，侧棱长为y，则，即． 正三棱柱的体积． 当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，V取得最大值，最大值为． 故选：C. 5. 已知函数及其导函数定义域均为，则“图象关于中心对称”是“图象关于直线轴对称”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用中心对称、轴对称的意义及复合函数求导法则，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由函数图象关于中心对称，得，求导得， 即，因此函数图象关于直线轴对称； 令函数，则，函数图象关于直线轴对称， 而函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位而得， 又函数的图象关于点中心对称，因此函数图象关于中心对称， 所以“图象关于中心对称”是“图象关于直线轴对称”的充分不必要条件. 故选：A 6. 牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法，若定义是函数零点近似解的初始值，过点的切线为，切线与轴交点的横坐标，即为函数零点近似解的下一个初始值以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设函数，满足，应用上述方法，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导函数求出相应的导数值，根据题设条件依次写出切线方程，再求出切线与轴交点的横坐标即可. 【详解】根据题意，由可得，则， 又，所以过点的切线为，令，可得，即. 同理，， 所以过点的切线为，令，可得，即. 故选：C. 7. 如图“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．现有红、黄、蓝、绿四种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，不同的涂色方法总数为（ ） A. 48 B. 24 C. 144 D. 72 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分选三种颜色与选四种颜色讨论，结合排列数代入计算，即可得到结果. 【详解】若选三种颜色，则①③同色且②④同色， 则有种方法； 若选四种颜色，则①③同色或②④同色， 则有种方法； 所以一共有种方法. 故选：D 8. 已知实数分别满足，且，则（ ） A. B. C D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，求导结合不等式判断即可． 【详解】设，（），则， 则函数在上单调递减，所以，则； 设（），则， 则函数在上单调递减，所以，则. 所以； 设函数（），对其求导， 当时，，所以函数在上单调递增. 所以， 所以，即. 综上可得：． 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 物体甲、乙在时间到范围内，路程的变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 在到范围内，甲的平均速度大于乙的平均速度 B. 在到范围内，甲的平均速度等于乙的平均速度 C. 在时，甲的瞬时速度大于乙的瞬时速度 D. 在时，甲的瞬时速度等于乙的瞬时速度 【答案】BC 【解析】 【分析】利用平均速度、瞬时速度的定义逐项判断可得出合适的选项. 【详解】在到范围内，甲、乙的平均速度都为，故A错误，B正确； 因为甲对应的曲线在处的切线的斜率大于乙对应的曲线在处的切线的斜率 故在处，甲的瞬时速度大于乙的瞬时速度，故C正确，D错误． 故选：BC. 10. 下列各式正确的是（） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据排列数和组合数的公式和性质进行计算即可. 【详解】A选项：，，两边相等，故A选项正确； B选项：，， ，，，不成立，B选项错误 C选项：，取，：， 因为，移项得：成立，C选项正确； D选项：， 由二项式定理：，取：成立，D选项正确； 故选：ACD 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A 有唯一零点 B. C. ，使得有三个不等实根 D. ，使得有六个不等实根 【答案】AD 【解析】 【分析】求出函数零点判断A，取特殊值判断B，利用导数研究函数单调性及极值，作图象数形结合判断CD. 【详解】令 ，解得，故A正确； 当时，，故B错误； 因为，所以当时，， 当时，，所以函数在和上单调递增， 在和上单调递减，且当， 当且时，，当且时，， 当时，，且， 根据单调性及极值，作大致图象， 由图象可知，不存在，使得有三个不等实根，故C错误； 由可知，，，所以函数为偶函数， 只需研究当时，的根的个数即可，由C选项可知当时， 的图象大致如图， 由图象可知，当时，的根的个数为3个， 所以，使得有六个不等实根，故D正确. 故选：AD 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将6名志愿者安排到5个小区参加以“健康生活”为主题的宣传活动，每名志愿者只去1个小区，每个小区至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有___________种． 【答案】1800 【解析】 【分析】先利用组合数的概念从名志愿者中选出人作为一组，再利用排列数的概念将分好的组全排列分配到个小区，最后根据分步乘法计数原理计算出不同的安排方法总数． 【详解】先将2名志愿者看作一组，选法有种， 再将5组志愿者分配到5个小区，分法有种，故不同的安排方法有种． 故答案为： 13. 已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】通过恒成立，分离参数求最值即可求解. 【详解】的定义域为， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 因为函数， 所以当时取得最大值9， 所以，即的取值范围是. 14. 中国象棋是一种古老而富有智慧的棋类游戏，其蕴含着丰富的传统文化内涵和哲学思想.一副中国象棋中，具有红黑两个阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，其中“马”棋子走法尤为特别，其走法如图1所示，称为“马走日”；当距“马”最近的交叉线处有棋子时，走法数会减少，如图2，图3所示，称为“绊马腿”.若将矩形棋盘（如图4）视作平面直角坐标系，棋盘的左下角为坐标原点，如图5所示，假如棋盘中有如图5所示的四个棋子固定不动且不能被“马”吃掉，问黑方的“马”从原点朝着红方阵营（轴正方向）出发到达点，有______种不同的行进路线. 【答案】27 【解析】 【分析】由题意，“马”在棋盘所处的位置可用坐标表示，它的每一步走法对应位置的坐标可分成4种情况：①，②，③，④讨论，再根据分步乘法计算原理分析即可得解. 【详解】因为要朝着轴正方向出发，“马”在棋盘所处的位置可用坐标表示， 它的每一步走法对应位置的坐标可分成4种情况： ①，②，③，④. 如图，“马”从点出发必经过点，再从点出发有4种选择：. 要到达点必经过点，要想经过点，必经过点或者点. 综合以上分析，可理解为分别从这4点出发， 到达点或者点的不同路线有多少. （1）：选2个①和1个③进行排列， 有①①③，①③①，③①①3种情况， 检验发现③①①为“绊马腿”，应舍去，所以有种路线， ：选2个③和1个①进行排列， 有①③③，③①③，③③①3种情况， 检验发现③①③，③③①为“绊马腿”，应舍去，所以有种路线， 故从点出发到达点有3种路线； （2）：选2个③和1个②进行排列，经检验有种路线， ：无符合要求的路线， 故从点出发到达点有3种路线； （3）：选①③④进行排列，经检验有种路线， ：选2个③和1个④进行排列，经检验有种路线， 故从点出发到达点有9种路线； （4）：选2个①和1个④进行排列或者选2个②和1个③进行排列，经检验有种路线， ：同， 经检验有种路线.故从点出发到达点有12种路线， 综上，从点出发到达点共有种路线. 故答案为：. 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. 已知函数处取得极值. （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为； （2）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出导数，利用给定的极值点求出，进而求出单调区间. （2）由（1）结合已知，利用单调区间求出最值. 【小问1详解】 函数的定义域为R，求导得， 由在处取得极值，得，解得， 则，由，得或； 由，得，则为的极小值点，符合题意 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减， 因此，而， 所以函数在区间上的最大值为，最小值为. 16. 已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由条件结合等差数列通项公式和等比数列通项公式列方程求，由此可得结论； （2）先求，再分别确定为偶数时的通项和为奇数时的通项，再利用分组求和法结合裂项相消法和等比数列求和公式求结论. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由， 得，所以 解得， 所以，， 【小问2详解】 由（1）知，， 因此当为偶数时， 当为奇数时，， 所以 . 17. 如图，是圆的直径，垂直于圆所在平面，是圆周上不同于，的任意一点，为的中点，且， （1）求证：平面平面； （2）若三棱锥的外接球球心为，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）利用已知可证得平面，可得，进而可证平面，可证结论； （2）由（1）可得球心为的中点，以为坐标原点，所在直线为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 因为是圆的直径，所以，所以， 因为垂直于圆所在平面，在圆所在平面内，所以， 又，平面，所以平面. 又平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）知平面，又平面，所以， 所以与是有公共斜边的直角三角形， 所以是三棱锥的外接球的直径，所以球心为的中点， 以为坐标原点，所在直线为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 因为平面即为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知抛物线：焦点为，直线与抛物线有且只有一个交点. （1）求抛物线的方程； （2）设抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点. （i）若的面积为4，求直线的方程； （ii）设内切圆的半径为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）联立直线方程与抛物线的方程，得，由求得，从而得到抛物线的方程； （2）（i）易得，设，代入得，.设，结合韦达定理，根据的面积，求得的值，即可得到直线的方程；（ii）利用三角形的面积公式，将表示为的函数，利用导数分析其单调性，并求得其最大值. 【小问1详解】 由得，由已知可得， 所以抛物线方程为； 【小问2详解】 （i）抛物线的准线方程为，所以. 设，代入得，， 设，且，则. ，所以， 所以直线l的方程为：或； （ii）由（i）得 ， ， . 设，则 显然关于m是增函数. 令，则， 两边平方，化简整理得，此时对应的值满足题意. 由于关于m是递增函数，；， 所以当时，取得最小值，最小值， 所以的最大值为. 19. 已知函数，． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数有两个零点． ①记表示不超过a的最大整数，求的取值范围； ②证明：． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，进而可求，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）①分析可知方程有两个解，构造，利用导数分析其单调性，结合单调性分析求解即可；②由的单调性可知：．分和两种情况，结合的单调性分析证明. 【小问1详解】 当时，则，，且， 可得，，即切点坐标为，切线斜率， 所以所求切线方程为，即． 【小问2详解】 ①函数有两个零点，即方程有两个解， ，则， 设的导函数为，则， 当时，则，可得； 当时，则，可得， 可知在内单调递减，且，， 则存在，使得， 当时，， 时，， 综上所述：当时，， 时，， 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 构建，， 因为，可知在上单调递增， 又因为，则， 且当，，所以的取值范围为； ②由的单调性可知：． 若，则，有成立； 若，则， 因为，则， 因为，则，可得， 则， 因为，，且在单调递减， 所以，即； 综上所述：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $