精品解析：四川成都市树德中学2025-2026学年高二下学期4月月考数学试题

树德中学高2024级高二下期4月阶段性测试数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知等差数列的首项，公差，第项，则（ ） A. 26 B. 25 C. 24 D. 23 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知正项数列满足，则的值为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 4. 若直线是曲线的切线，则（ ） A. B. 3 C. D. 1 5. 已知函数在处取得最小值1，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知为双曲线的右焦点，圆上的动点到双曲线渐近线的距离最小值为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 已知等比数列的前项和为，若，且，，则（ ） A. 20 B. 15 C. 10 D. 5 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题日要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 时，的值域为 C. 有三个零点 D. 曲线关于点对称 10. 已知等比数列的前项和为，且，则下列选项中正确的有（ ） A. B. 数列是等差数列 C. D. 11. 已知函数，定点，下列说法正确的是（ ） A. 的极大值为 B. 方程有三个解 C. 若不等式恰好有两个整数解，则的最小值为 D. 曲线上任意一动点，以为直径且与轴相切的圆有2个 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的首项，满足，则_____________. 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，其焦点为，定点，动点在抛物线上，则的最大值为_____________. 14. 已知，且，，则的取值范围是_____________. 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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的正切值. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 17. 已知函数，. （1）若函数在处取得极大值，求实数的值以及的极值； （2）已知，且不等式恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知椭圆的左顶点，上顶点. （1）求椭圆的方程. （2）过点的直线交于，两个不同的点（其中，点在第二象限），直线，分别交轴于，两个不同的点，点，点分别在线段，上. （ⅰ）证明：，的横坐标之和是定值； （ⅱ）已知当直线的斜率为时，的面积为，求此时与的面积之和. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若函数在定义域上单调，求实数的取值范围； （3）若，，对任意的，恒成立，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2024级高二下期4月阶段性测试数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知等差数列的首项，公差，第项，则（ ） A. 26 B. 25 C. 24 D. 23 【答案】B 【解析】 【详解】，所以，即. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数以及求导运算法则判断即可. 【详解】由基本初等函数导数可知， 故A错误； 由复合函数的求导法则可知，故B错误； 而，故C错误； 由幂函数的导数可知，故D正确. 3. 已知正项数列满足，则的值为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再根据与的关系求出的通项公式，再求. 【详解】，当时，，又是正项数列，. 当时，，整理得，，是以为首项，公差为的等差数列. ，. 4. 若直线是曲线的切线，则（ ） A. B. 3 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先对曲线求导，得到曲线在某点处的切线斜率表达式，再结合已知切线方程的斜率，求出切点的横坐标，进而求出切点坐标，最后将切点坐标代入曲线方程，即可求出的值. 【详解】对曲线求导 设切点坐标为，因为切线的斜率为. ，解得，将代入切线方程可得. 切点坐标为. 将切点坐标代入曲线 可得，解得. 5. 已知函数在处取得最小值1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用“极值点处导数为0和函数值为1”联立方程组，求解参数后通过单调性验证极值类型，最后代入参数值即可求解. 【详解】因为函数在处取得最小值1， 所以在处取得极值，故. 又，所以， 解得. 将代入导数得， 令，解得或（舍去）， 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 因此是的最小值点，也是极小值点，符合题意，所以. 6. 已知为双曲线的右焦点，圆上的动点到双曲线渐近线的距离最小值为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再根据圆的性质得到动点到渐近线距离的表达式，结合已知条件建立关于、、的等式，最后根据双曲线的离心率公式，求出离心率． 【详解】对于双曲线，其渐近线方程为，即．  已知圆，其圆心坐标为，半径． 则圆心到渐近线的距离． 因为在双曲线中有，所以．  因为动点在圆上，所以动点到双曲线渐近线的距离最小值为圆心到 渐近线的距离减去圆的半径，即． 已知动点到双曲线渐近线的距离最小值为，所以，移项可得．  且，把代入可得： ，两边同时开方得． 所以离心率．  该双曲线的离心率为． 故选：A． 7. 已知等比数列的前项和为，若，且，，则（ ） A. 20 B. 15 C. 10 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合等比数列前项和公式，按照公比和两种情况进行讨论，可求得，再结合等比数列通项公式化简，即可求得值. 【详解】由题意，根据等比数列前项和公式，当时，可得， 化简得， 又等比数列公比，所以，所以，即， 解得（舍）或， 又，即，化简得， 即，又，所以， 又，所以，解得， 当时，，，所以，与题意矛盾，不成立. 综上所述，的取值为. 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断出单调性，再利用单调性可得答案. 【详解】令，则，令，得，令，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即， 得，即，所以， 所以，即. 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，有多项符合题日要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 时，的值域为 C. 有三个零点 D. 曲线关于点对称 【答案】AD 【解析】 【详解】，求导得， 令，得，；当时，，单调递减， 因，故A正确； 在上单调递减，在上单调递增，，， ，故时，的值域为，B错误； ，，时，故仅有1个零点，C错误； 由中心对称定义，若曲线关于点对称， 则需满足， 计算， ， 两式相加得； 计算，故， 满足， D正确. 10. 已知等比数列的前项和为，且，则下列选项中正确的有（ ） A. B. 数列是等差数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，利用数列递推式列方程求得，写出通项判断A；利用等差数列定义判断B；结合作差比较法判断C；将数列通项放缩后利用等比数列求和公式计算即可判断D. 【详解】设等比数列的公比为，由，取，可得，即①， 再取，可得，即②， 因，由，得，将① 代入，得， 即，解得或， 当时，，舍去；当，，则，故A错误； 因，则， 由， 可知数列是等差数列，即B正确； 因，则，故，即C正确； 由可得， 则 .故D正确. 11. 已知函数，定点，下列说法正确的是（ ） A. 的极大值为 B. 方程有三个解 C. 若不等式恰好有两个整数解，则的最小值为 D. 曲线上任意一动点，以为直径且与轴相切的圆有2个 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，求导确定单调区间，即可判断，对于B，构造函数，通过单调性，结合零点存在性定理即可求解；对于C，将不等式转化成，结合函数图象，数形结合即可判断，对于D，由于圆与轴相切，可得：，化简得：，联立方程，判断方程组解的个数即可判断选项正误. 【详解】对于A，设，求导得：， 令，得； 时 ，单调递增； 时，单调递减， 故极大值为 ，A正确； 对于B，设， 当时，由解析式可知单调递增， 且，又， 由零点存在性定理可知在 有1个零点， 当时：， 令则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 即的最小值为 即当时，，在单调递增，又， 因此当，无零点， 综上可知方程总共只有1个解，B错误； 对于C，，代入， 可得： 化简可得，由题意不等式恰好有两个整数解， 由于直线恒过定点， 由A得到的图象，结合图象可知： 这两个整数解只能是1和2，故，解得， 即的最小值为，故C正确， 对于D，以为直径的圆，设圆心为的中点，半径. 由于圆与轴相切，因此可得：， 化简得：，即， 联立方程，消去得：，即. 设，可得：， 令，则， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增. 又， ，， 因此可得：在和各有一个零点， 即存在和，使得， 由此可得：当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 当时，在单调递增； 又，，， ，， 由此可得：在和和存在三个零点； 即方程存在两个正根一个负根， 再将根代入时可得：对于负根，对应无解，对于正根，对应有正负两种情况. 因此可得：以为直径且与轴相切的圆有4个，故D错误. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的首项，满足，则_____________. 【答案】28 【解析】 【详解】因，由可得， ，. 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，其焦点为，定点，动点在抛物线上，则的最大值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设，则由两点间距离公式及抛物线定义可得关于y的表达式，后由基本不等式可得答案. 【详解】设，由抛物线方程，得焦点，准线， 点为准线与轴的交点，作于点， 则．， 则 ，当且仅当，即时取等号. 则的最大值为. 14. 已知，且，，则的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设,对及进行分类讨论，结合的范围，并应用导数研究的单调性，由不等式恒成立确定参数范围即可. 【详解】设，则， 当时，，故， 所以在上单调递增，则， 因为，所以，所以， 即， 因为，所以， 当时，， 若，则成立， 若，令， 则，所以在上单调递增， 又， 因为，所以，所以， 即， 因为，所以， 存在，使，可得， 若，则，所以在上单调递减， 若，则，所以在上单调递增， 所以，解得， 此时，所以，从而， 所以的取值范围为. 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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直证线线垂直，再证线面垂直，接着利用等腰直角三角形性质得线线垂直，继续证线面垂直，最后结合两条线线垂直证出线面垂直 （2）方法一：由线面垂直确定二面角平面角，设边长计算线段长度，利用面积法求高，结合线面垂直得直角三角形，通过三角函数求角大小，最终算出面面角正切值. 方法二：先以 为原点，结合、、两两垂直的条件建立空间直角坐标系，确定各点坐标；再分别求出平面 与平面 的法向量，利用法向量夹角公式计算夹角余弦值；最后根据夹角为锐角，求出夹角正切值，得出结论. 【小问1详解】 因为底面，且面，所以， 因为底面是正方形，所以， 又，、面，所以面， 又面，所以 因为，所以且， 所以是等腰直角三角形，又是斜边的中线，所以， 又，、面，所以面， 因为面，所以， 因为，又，、面，所以平面； 【小问2详解】 方法一: 由（1）可知，又 ， 面 ， 面 ， 面 面 ，故是平面与平面的夹角. 假设，则. 在中，， ， 又面，因为面，所以， 在中，. 所以，所以. 所以平面与平面的夹角的正切值为. 方法二: 由题可知 、、 两两垂直. 以 为原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设 . 则 ，，，. 设面 的法向量为 则 ， ，，即.令 ，则可知 设面 的法向量为 ， ，，即令 ，则 设面 与面 夹角为 . 由图可知 为锐角，所以，. 所以平面与平面的夹角的正切值为. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，由，得，两式相减，得，可得，而，从而可得数列是等比数列，进而可求出的通项公式； （2）由（1）可得，然后利用错位相减法求和可得. 【小问1详解】 证明：因为，，所以当时，， 两式相减得，化简得，则 当时，，解得，且， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，，且时也符合， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以 两式相减可得， 所以. 17. 已知函数，. （1）若函数在处取得极大值，求实数的值以及的极值； （2）已知，且不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），极大值，极小值 （2）. 【解析】 【分析】（1）由导函数为0，求出的值，再检验，最后根据函数单调性求极值即可. （2）构造，求导分析其单调性，将不等式恒成立问题转化为函数最小值大于零，求解即得. 【小问1详解】 根据题意，，定义域为， 则. 因为函数在处取得极大值，所以， 解得或2. 当时，， 令得或，令得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 此时为极小值点，不合要求； 当时，， 令得或，令得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 此时为极大值点，为极小值点，符合要求. 综上，，，. 【小问2详解】 根据题意，，定义域为， 则. 因时，则， 由得，由得， 故在上单调递减，在上单调递增， 则， 令，解得，解得， 故实数的取值范围是. 18. 已知椭圆的左顶点，上顶点. （1）求椭圆的方程. （2）过点的直线交于，两个不同的点（其中，点在第二象限），直线，分别交轴于，两个不同的点，点，点分别在线段，上. （ⅰ）证明：，的横坐标之和是定值； （ⅱ）已知当直线的斜率为时，的面积为，求此时与的面积之和. 【答案】（1） （2） （ⅰ）当过点的直线斜率不存在时，直线与椭圆只有1个交点，即左顶点，不合题意，所以直线的斜率存在； 设直线的方程为，设，， 由，消去整理得， 所以，解得， ，， 因为，所以直线的方程为 令，得， 同理可得. 所以. 又因为， ，所以 （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）由左顶点，上顶点，直接得的值，从而得到椭圆的方程； （2）易知直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，联立椭圆与直线的方程，并表示出方程，得坐标，利用韦达定理可求得横坐标之和为定值，并得到与的面积之比为定值，并由的面积为，求得与的面积之和. 【小问1详解】 由椭圆的左顶点，上顶点，得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知为，的中点，得， 所以 所以与的面积之比为. 所以当的面积为时， 与这两个三角形的面积之和是为定值，为. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若函数在定义域上单调，求实数的取值范围； （3）若，，对任意的，恒成立，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1) 先对函数求导，结合导数的几何意义求出函数在处的切线方程，再求切线与坐标轴的交点，由此可求结论； (2)因为函数在定义域内单调，可得只能单调递减，不能单调递增，对求导，根据参数分离的方法整理导函数，可得，求的最小值即可. (3)因为对任意恒成立，所以；对求导，分析的单调性，求出的表达式，从而将转化为关于的函数，再通过求导分析该函数的单调性，进而求出最小值. 【小问1详解】 当时，，函数定义域为 故，，又，所以切线方程为. 【小问2详解】 由题意得， 若在定义域上单调，经过分析，当趋近于0时，趋近于负无穷 所以只能单调递减，不能单调递增，所以只能恒成立 即恒成立， 令，，当时，当时 所以在单调递减，在单调递增，所以，所以，即 因此所求实数的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）知， 所以在单调递减，又，， 令，则 ，，，， 在上单调递减，且当时， ，，， 所以必存在正数，使得，即， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减；由上可知在单调递增，在单调递减，所以， 所以，即， 令， 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，所以的最小值为，当且仅当，，时成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $