精品解析：福建泉州现代中学2025-2026学年高二下学期3月月考数学试题

2025-2026学年下学期泉州现代中学高二年段3月月考 数学试题 本试卷共19题，满分150分，共4页.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知函数在处取得极小值，则的值为（ ） A. －1或－3 B. －1 C. 或1 D. －3 【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导，根据极小值点有求参数，再将参数值代入验证是否满足题设即可得. 【详解】由，又函数在处取得极小值， 则，解得或， 当时，，令，则或， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则在处取得极小值，故符合； 当时，，令，则或， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 则在处取得极大值，故不符合， . 故选：B 2. 已知函数的导函数是，若，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据求导公式求出，可计算，由此确定解析式，进而求值. 【详解】由得， 所以， 所以， 所以，故. 故选：A 3. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，若且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -13 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与平面平行、平面与平面垂直的性质，得到向量之间的关系，进而列出方程求解 m 和 n，最后求差即可. 【详解】已知，直线 的方向向量 ， 平面 的法向量 ，平面 的法向量 ， 因为：所以， 即，所以， 又因为，所以， 即，所以， 所以. 故选：C. 4. 已知数列的前项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用已知条件求出数列前项的和以及前项的和，然后求解即可. 【详解】因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 又， 所以， 所以，， 所以. 故选：A 5. 函数的图象上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出与直线平行的切线，切线到直线的距离即为最小距离. 【详解】，令，即， 令，，恒成立， 故函数在上单调递增，且，故函数仅有一个零点， 令，，即切点横坐标为， 代入，切点坐标为，切线方程为：， 切线与直线之间的距离. 故选：C 6. 遵义市为弘扬长征精神，计划将5本不同的《红色遵义》宣传册分给甲、乙、丙三个志愿者小屋．若要求每个志愿者小屋至少得到1本，则不同的分配方法共有（ ） A. 150种 B. 180种 C. 240种 D. 300种 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出将5本不同的宣传册分成3组的情况，再计算分配方式即可求出. 【详解】第一步：分组 将5本不同的宣传册分成3组，每组至少1本，有以下2种情况： ①3－1－1型：分组数为（种）； ②2－2－1型：分组数为（种） 合计：（种）． 第二步：分配 将分好的3组宣传册分配给甲、乙、丙三个志愿者小屋，分配方式有（种）． 根据分步乘法计数原理，得不同的分配方法共有（种）． 故选：A． 7. 已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数，结合题目所给条件可得单调性及其奇偶性，再利用，可得，则可得及时的的取值范围，再分与计算即可得解. 【详解】令，则， 由时，，故， 即在上单调递减，又为偶函数，则， 则也是定义在的偶函数， 由，则， 则当时，，且， 当时，，且， 令，则有或， 对，解得；对，解得， 故的解集为. 故选：A. 8. 已知，，且，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数研究在上的单调性，结合得，利用零点存在性有，进而依次判断各项的正误. 【详解】由题设且，，则， 构造且，则， 所以在上单调递增，则， 而， 所以有唯一的正根，位于区间，则，故， 对于， 令且，所以， 故在上单调递增， 所以，A对， 对于，B对， 对于， 而， 且在上单调递增，则，即， 所以，而，则，C对， 对于在上单调递增， 所以，D错. 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. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ） A. 首项 B. C. 当时，取得最大值 D. 取得最小正值时为27 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负判断A，B，再结合所在二次函数的图象和性质，即可求解判断C，D. 【详解】存在最大值，所以数列的公差， 由，且，，当时，取得最大值，C选项正确； 所以数列是首项，的等差数列，A选项正确； ，则，B选项错误； ，， 可得:， ， 所以则取得最小正值时为，D选项正确. 故选：ACD 10. 如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球半径是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据折叠前后的性质，根据线线垂直推出平面，进而可得，判断选项A；根据面面垂直判定定理判定选项B；建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，，可得求出二面角的余弦值判断选项C；根据互相垂直，三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球，长方体的对角线即为外接球的直径，判断选项D. 【详解】折叠前：，，； 折叠后：，，三点重合于点，故，，， 又，分别是，的中点，边长为2，故，. 选项A：因为，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，故A对. 选项B：因为，，平面， 所以平面；又平面，故平面平面，故B对. 选项C：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则 ，，. ，，设平面的法向量为，则 ，令，得. 平面是平面，其法向量为. 所以二面角的余弦值：，故C错. 选项D：因为，，，所以三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球. 长方体的对角线长， 故外接球半径，故D对. 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增，在上单调递减 B. C. 若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是 D. 当时，若方程有且只有一个根，则或 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求函数的导数，根据导数的正负判断函数的单调性，可判断选项A；根据函数的单调性，结合，可判断选项B；将恒成立问题，转化为求函数的最值，可判断选项C；可构造函数，通过求函数的极值和端点值确定的取值范围，进而判断选项D. 【详解】对于选项A，由，得，令，得， 当，，单调递增；当，，单调递减，故选项A错误； 对于选项B，，因为， 而函数在区间上单调递减，所以， 即，故选项B正确； 对于选项C，不等式在上恒成立，即在上恒成立. 令，，则， 令，得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得最大值，最大值为， 所以，故选项C正确； 对于选项D，方程在上有且只有一个根，等价于在上有且只有一个解. 令，，由选项C分析知，在上单调递增，在上单调递减. ，，， 因为，所以当或时，与的图象在上有且只有一个交点， 即当时，若方程有且只有一个根，则或，故选项D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意求出，进而结合等差数列的通项公式求出公差，最后求出. 【详解】依题意有，设公差为d，所以， . 故答案为：5. 13. 在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有______种. 【答案】18 【解析】 【分析】根据区域种花情况，分两类情况求解，根据分类加法计数原理可得答案. 【详解】区域种同一种花，不同的种植方法有：； 区域种不同的花，不同的种植方法有：； 由分类加法计数原理可得，共有18种方法. 故答案为：18 14. 函数有两个零点，则实数的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】将题设问题等价转化成函数图象与直线在上有两个交点，利用导数工具研究函数的单调性和最值并数形结合即可求解. 【详解】由题可得方程在上有两个根方程在上有两个根 函数图象与直线在上有两个交点， ，则， 所以时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又时且，， 所以时，则，时，则 所以在上单调递增，在上单调递减，且， 时且时且，如图， 所以函数图象与直线在上有两个交点，则. 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. 在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）若关于轴的对称点为，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，则，直线的斜率之积是，列方程化简可得的方程； （2）解法一：由向量垂直得直角三角形面积，结合椭圆方程用均值不等式放缩求最值； 解法二：将椭圆上点用三角参数 表示，转化为三角函数求最值； 解法三：设过原点的直线 ，联立椭圆得点坐标，将面积表示为k的函数，再用均值不等式求最值. 【小问1详解】 设，则，则 ，且， 由，得， 整理，得，即， 故的方程为.（约束条件也可写成） 【小问2详解】 解法一： 依题意，得，则， 所以，从而，所以， 则的面积， 因为点在曲线上，则，所以， 即，当且仅当时取“”. 故面积的最大值为2. 解法二： 设， 则， 所以， 所以，从而，所以， 则的面积， 又， 故当或或或， 即或或或时，. 解法三： 当直线的斜率不存在时，点与点重合，此时不合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 则，从而， 所以，从而，所以， 由消去，得，整理，得， 所以的面积， 因为，当且仅当，即时取“”， 所以. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列是等比数列.求的通项公式. （2）已知，求数列的前项和. 【答案】（1） 当时，，解得， 当时，由，可得， 两式相减得，即，所以， 因为，所以是首项为2，公比为2的等比数列. 又，即. （2） 【解析】 【分析】（1）由与的关系式，得到与的关系式，再利用等比数列定义证明，再结合等比数列的通项公式可求通项； （2）利用分组求和结合公式法可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当为奇数时，， 当为偶数时，， 故 . 17. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求得切线方程； （2）将函数求导后，根据参数的取值情况，分类讨论函数的单调性即可； （3）根据（2）的结论，结合得，即，设，利用导数分类讨论即得的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 则，，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ，， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）可知，当时，有极小值， 极小值为，此时极小值也是最小值， 由，可得，因，可得， 令，求导得，即在上单调递减， 又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以的取值范围为. 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. （1）求证：； （2）设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 【答案】（1）证明如下： 连接和交于点，连接. ∵底面为菱形， 为的中点，且 又平面平面，平面平面， 平面，又平面， . （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直即可得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成的角； （ii）设，利用向量运算求出，再由求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以 ∵平面平面，平面平面， 平面. 是直线与平面所成角，即. 在菱形中，， . ，即. （i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 平面的法向量为， 因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为 （ii）平面交线段于点，设， 则， 因为，即， 即，解得. 19. 已知函数，（）． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求a的取值范围； （3）若，且不等式在上恒成立，求a的最小值． 【答案】（1） 当时，在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减 （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）函数定义域为，求导，再分和两种情况讨论求解即可得答案； （2）函数零点即方程的解，等价于,将问题转化为求与图像的交点个数; （3）根据题意得在上恒成立，故令，求函数最大值即可得答案. 【小问1详解】 由题意，， 当时，恒成立，在单调递增； 当时，令，得， 当，，当， 在单调递增，在单调递减 【小问2详解】 有两个零点，等价于有两个实数根，即， 即，等价于与有两个交点． 由得，， 当，，当，， 在单增，单减． 且，， ，，，，且时，，图象如图， 的取值范围是 【小问3详解】 不等式为， 所以不等式在上恒成立， 所以在上恒成立． 设，则， 当时，，， 又在上是增函数，，， 所以存在，使得， 当时，，； 当时，，， 即在上单调递增，在上单调递减， ，， 则，所以， 因为，所以， 又因为，所以，所以a的最小值为1 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期泉州现代中学高二年段3月月考 数学试题 本试卷共19题，满分150分，共4页.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知函数在处取得极小值，则的值为（ ） A. －1或－3 B. －1 C. 或1 D. －3 2. 已知函数的导函数是，若，则（ ） A. B. 0 C. D. 3. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，若且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -13 4. 已知数列的前项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 遵义市为弘扬长征精神，计划将5本不同的《红色遵义》宣传册分给甲、乙、丙三个志愿者小屋．若要求每个志愿者小屋至少得到1本，则不同的分配方法共有（ ） A. 150种 B. 180种 C. 240种 D. 300种 7. 已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，且，则下列说法错误的是（ ） 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. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（ ） A. 首项 B. C. 当时，取得最大值 D. 取得最小正值时为27 10. 如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球半径是 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增，在上单调递减 B. C. 若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是 D. 当时，若方程有且只有一个根，则或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则________． 13. 在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有______种. 14. 函数有两个零点，则实数的取值范围为___________. 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. 在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）若关于轴的对称点为，求的面积的最大值. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列是等比数列.求的通项公式. （2）已知，求数列的前项和. 17. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. （1）求证：； （2）设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 19. 已知函数，（）． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求a的取值范围； （3）若，且不等式在上恒成立，求a的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $