精品解析：江西省樟树中学2025-2026学年高二下学期第三次诊断作业数学试题

樟树中学2027届高二年级下学期第三次诊断作业 数学作业 作业范围：已学范围 作业时间：2026.07.07 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列，则“”是“”成立的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 3. 某工厂需要建一个面积为的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，则要使砌墙所用材料最省，则堆料场的长和宽各为（ ） A. 16 m，16m B. 32m，16m C. 32 m，8m D. 16m，8m 4. 数列满足，且，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 5. 若函数是偶函数，则曲线在处的切线斜率为（ ） A. B. 0 C. D. 6. 已知等比数列的各项均为正数；是函数的两个极值点，则（ ） A. 2026 B. 2025 C. 1014 D. 1013 7. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有个小球，共有层，由“隙积术”可得这些小球的总个数为.若由小球堆成的某个长方台形垛积有8层，小球总个数是460，则该垛积的第一层小球个数可以是（ ） A. 5 B. 8 C. 12 D. 19 8. 已知且，且，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求）. 9. 若，则下列不等式一定成立的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，的定义域为，为偶函数且，，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知正四棱台侧面与底面夹角为60°，E，F分别是，的中点，则（ ） A. 与是异面直线 B. 平面平面 C. 侧棱与底面的夹角正弦值为 D. 若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数.则______. 13. 已知函数的最小值为，则______. 14. 设集合，若对于满足的任意k个元素的集合，都存在，使得，则k的最小值是______． 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. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值； （2）求函数的单调区间． 16. 如图，在正四棱柱中，E为的中点， . （1）当时，若直线与平面α垂直，求直线与α所成角的正弦值; （2）设·，证明：. 17. 已知数列中，；数列为等差数列，且满足：. （1）求证：数列为等比数列，并写出数列的通项公式； （2）令，若数列为严格减数列，求实数的取值范围. 18. 古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点满足，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的轨迹方程； （2）若直线与曲线交于两点，求； （3）若曲线与轴的交点为，直线与曲线交于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上． 19. 已知函数. （1）若恒成立，求实数的值； （2）当时，方程有两个不同的根，分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 樟树中学2027届高二年级下学期第三次诊断作业 数学作业 作业范围：已学范围 作业时间：2026.07.07 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，将集合分别化简，然后结合交集的运算即可得到结果. 【详解】由题意得，， ， 所以. 故选：B. 2. 已知等差数列，则“”是“”成立的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列等差中项的应用即可判断充分性成立，举反例否定必要性即可. 【详解】当时，由等差数列下标和性质得显然成立，故充分性成立， 设等差数列首项为，公差为，当时，无论取何值，一定成立， 无法推出，可得必要性不成立， 则“”是“”成立的充分不必要条件. 故选：A. 3. 某工厂需要建一个面积为的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，则要使砌墙所用材料最省，则堆料场的长和宽各为（ ） A. 16 m，16m B. 32m，16m C. 32 m，8m D. 16m，8m 【答案】B 【解析】 【分析】求出新墙总长度的表达式，利用导数判断其单调性，确定最小值点，即可求得答案. 【详解】如图所示，设场地一边长为xm，则另一边长为m， 因此新墙总长度，则， 令，得或(舍去)， 当时，，当时，， 则L在上单调递减，在上单调递增， ∴是L的最小值点，此时， 故当堆料场的宽为16 m，长为32 m时，可使砌墙所用的材料最省. 故选：B 4. 数列满足，且，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】变形已知条件得：，由递推公式分析可得答案. 【详解】法一：由已知，则，则， 则，归纳可得，所以. 法二：由题可得，，即，所以是常数数列， ，即，所以. 故选：B. 5. 若函数是偶函数，则曲线在处的切线斜率为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用偶函数的定义可求得，进而求得在处的导数，可得结论. 【详解】因为函数是偶函数，所以，又易得函数的定义域是， 即， 所以， 所以，又，所以解得，所以， 所以，所以， 所以曲线在处的切线斜率为. 故选：B. 6. 已知等比数列的各项均为正数；是函数的两个极值点，则（ ） A. 2026 B. 2025 C. 1014 D. 1013 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数极值点的定义，结合等比数列下标的性质、对数的运算性质进行求解即可. 【详解】， 令，解得或， 所以函数的单调递增区间为和， 令，解得，所以函数的单调递减区间为， 因此是函数的两个极值点，因此， 7. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有个小球，共有层，由“隙积术”可得这些小球的总个数为.若由小球堆成的某个长方台形垛积有8层，小球总个数是460，则该垛积的第一层小球个数可以是（ ） A. 5 B. 8 C. 12 D. 19 【答案】C 【解析】 【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解. 【详解】当时，最底层小球的数量为，即，， 从而有， 整理得，由皆为正整数，得是不超过10的正偶数， 当时，，无解；当时，，无解； 当时，，无解；当时，，解得或，符合题意； 当时，，无正整数解， 所以该垛积的第一层小球个数. 故选：C 8. 已知且，且，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件变形可得，，，构造函数，，求导判断单调性，利用单调性求解判断. 【详解】由，可得，， 同理，可得，，，， 令，，则， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， ，又，则， ，则，，则， 即，且，，， 由在上单调递增，所以. 故选：D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求）. 9. 若，则下列不等式一定成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，由，得，则，即，A错误； 对于B，由，得，则，即，B正确； 对于C，取，满足，而，C错误； 对于D，由，得，D正确. 10. 已知函数，的定义域为，为偶函数且，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由为偶函数，得. 对作变量代换，得，因此，. 将代入上式，得， 结合，得， 进而，，即的最小正周期为； 由，可得的最小正周期也为. 对于选项A：由，令，得，故A错误. 对于选项B：由，令，得，故B正确. 对于选项C：由，令，得，故C正确. 对于选项D：由周期为，得，故D正确. 11. 已知正四棱台侧面与底面夹角为60°，E，F分别是，的中点，则（ ） A. 与是异面直线 B. 平面平面 C. 侧棱与底面的夹角正弦值为 D. 若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用异面直线判定定理判断选项A；假设面面平行，得出，判定选项B；通过几何法找到线面角，求出相关线段长度，进而求正弦值，判断选项C；利用正四棱台内切球的性质，利用几何法得出线段长度关系，判断选项D． 【详解】平面，平面，故与是异面直线， 故A正确； 若平面平面，由面面平行的性质可得，， 又，则四边形是平行四边形， 则， 又是中点，故，已知条件无此信息， 故不能确定平面平面，故B错误； 由四棱台的性质可知，在底面的投影在对角线上， 作于上的点，则平面， 作于点， 因为平面，平面， 则，由平面， 则平面， 又平面， 则，故即为四棱台侧面与底面所成夹角， 设，则，， 故，，所以，C正确； 对于选项D，先将问题转化为平面几何问题： 记上下底面中心分别为，，过，且垂直于的平面截该棱台得一等腰梯形， 其一半为如图所示直角梯形，且， 若存在球与该正四棱台每个面都相切，不妨记该内切球球心为，半径为， 由题意知，， 即，解得，D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数.则______. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的定义进行求解． 【详解】， . 13. 已知函数的最小值为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调性进行求解． 【详解】的定义域为，求导得， 因为在单调递减，则在单调递增， 所以在单调递增，又当时，，当时，， 所以存在唯一使得，即①， 则， 当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，则， 代入①得，解得. 14. 设集合，若对于满足的任意k个元素的集合，都存在，使得，则k的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】设集合，对于任意，，，计算出此时的最大值即可得到k的最小值． 【详解】解：根据题意，， 设集合，对于任意，，， 现计算此时的最大值， 要使最大，则数列的增长速度应该尽可能的慢，首先尽可能小， 所以，则应该是满足的最小整数，故， ， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，即， 又且， 的最大值为，例如， 则k的最小值是． 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. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值； （2）求函数的单调区间． 【答案】（1） （2） 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 【解析】 【分析】（1）先求函数的导函数，若曲线在点处的切线平行于轴，只需保证，求实数的值即可； （2）求得有两个根“和”，再分、和三种情况分析函数的单调性即可. 【小问1详解】 由题可得， 因为在点处的切线平行于轴，所以， 即，解得，经检验符合题意． 【小问2详解】 因为， 令，得或． 当时，随的变化，，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 当时，因为，当且仅当时，， 所以在区间上单调递增． 当时，随的变化，，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 综上所述， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 16. 如图，在正四棱柱中，E为的中点， . （1）当时，若直线与平面α垂直，求直线与α所成角的正弦值; （2）设·，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出法向量，再应用线面角正弦公式计算求解； （2）应用裂项相消法计算求解. 【小问1详解】 以D为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 当时，，则， 则，. 因为直线与平面α垂直，所以是平面α的一个法向量， 所以直线与α所成角的正弦值为. 【小问2详解】 在（1）的坐标系中，， 则，， 所以·， 则 ， 所以 . 17. 已知数列中，；数列为等差数列，且满足：. （1）求证：数列为等比数列，并写出数列的通项公式； （2）令，若数列为严格减数列，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析，； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用构造法结合等比数列定义可证数列为等比数列，从而求得的通项公式； （2）根据增数列得对任意正整数都成立，化简后可求参数的取值范围. 【小问1详解】 数列中当时，由得： ，又，故， 故，故为等比数列，公比为2，首项， 得到，所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 数列中，， 则解得， 所以的通项公式为， . 已知数列为严格减数列，则对任意正整数都成立， 即 化简得对任意正整数都成立， 所以. 18. 古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点满足，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的轨迹方程； （2）若直线与曲线交于两点，求； （3）若曲线与轴的交点为，直线与曲线交于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上． 【答案】（1） （2） （3）证明：设． 联立得， ． 设，所以直线的方程为，直线的方程为． 因为直线与直线交于点，所以 则 ，即，解得， 所以点在直线上． 【解析】 【分析】（1）利用轨迹法，代入两点间距离公式，即可求解； （2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解； （3）首先直线与圆的方程联立，并利用坐标表示直线和的方程，并利用韦达定理表示，即可求解交点坐标， 【小问1详解】 设，因为，所以， 即，整理得， 所以曲线的轨迹方程为． 【小问2详解】 曲线的圆心到直线的距离， 所以． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的应用，利用韦达定理表示. 19. 已知函数. （1）若恒成立，求实数的值； （2）当时，方程有两个不同的根，分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，根据题意判断，计算出，检验成立. （2）①求导后分析的单调性，进而根据题意判断出在定义域内有两个零点，数形结合求解的取值范围； ②根据题意构造函数,利用极值点偏移得到；然后要证明，通过换元将多变量不等式转化为单变量不等式，从而证明原式成立. 【小问1详解】 ，． 由于不是定义域区间的端点，且在定义域上连续， 故：不仅是函数的最小值，同时也是极小值． ． 检验：当时， ， 当时，，单调递减，当时，，单调递增． 所以： 成立， 故： 【小问2详解】 ①当时，， 令：；同理： 所以 在上单调递减，在上单调递增. 当时，；当时，； 且；所以方程有两个不同的根时，． ②由题可知：， 即且 构造函数 所以在上单调递减，故． 所以， 又因为所以：， 又因为，所以： 因为 在单调递增， 所以． 要证：， 即证：， 即 只须证明：， 即证： 因为：，故只须证明： 因为成立． 所以原不等式成立，证毕. 【点睛】关键点点睛：将双（多）变量问题通过换元转化成为一个变量的函数问题，借助导数研究其单调性和最值，从而证明不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $