江苏苏州市某校2025-2026学年高二上学期10月阶段性检测数学试题

**基本信息** 高二数学10月检测卷聚焦导数与圆锥曲线核心内容，融入牛顿迭代法、拉格朗日中值定理等情境，实现知识综合与创新应用的梯度考查，体现数学思维与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|直线倾斜角、函数平均变化率、导数应用|第6题结合拉格朗日中值定理考查定理应用| |多选题|3/18|偏导数（新定义）、椭圆性质|第9题以偏导数定义考查创新理解能力| |填空题|3/15|圆与圆位置关系、函数极值点|第14题结合圆与函数运动考查直观想象| |解答题|5/77|牛顿迭代法、椭圆与双曲线综合、函数零点|第17题牛顿迭代法体现数学文化，18题跨曲线综合考查逻辑推理|

高二数学第一学期10月阶段性检测 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．直线 的倾斜角是（ ▲ ） A． B． C． D． 2．函数在区间上的平均变化率等于（ ▲ ） A．4 B． C． D． 3．若直线和直线平行，则的值为（ ▲ ） A．1 B． C．1或 D． 4．函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ▲ ） A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 5．若函数在区间上不存在单调增区间，则的取值范围是（ ▲ ） A． B． C． D． 6．拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有一，使得.已知函数，，，那么实数的最大值为（ ▲ ） A．1 B． C． D．0 7．已知抛物线：的焦点为，为该抛物线上一点，若以为圆心的圆与的准线相切于点，，过且与轴垂直的直线与交于，两点，为的准线上的一点，则的面积为（ ▲ ） A．1 B．2 C．4 D．9 8．设，，，则（ ▲ ） A． B． C． D． 二、多选题 本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．若存在，则称为二元函数在点处对x的偏导数，记为.已知二元函数，，则（ ▲ ） A． B．关于t的函数 C．的最小值为 D．关于t的函数有极小值 10．已知椭圆，点为右焦点，直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，则（ ▲ ） A．周长为定值 B．直线与的斜率乘积为定值 C．线段的长度存在最小值 D．该椭圆离心率为 11．已知函数，，是其导函数，恒有，则（ ▲ ） A． B． C． D． 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知圆O：与圆相交于M，N两点，点P的坐标为．若圆经过M，N，P三点，则的方程为 ▲ . 13．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为 ▲ . 14．在平面直角坐标系中，点P在圆上运动，点Q在函数的图象上运动，写出一条经过原点O且与圆C相切的直线方程为 ▲ ；若存在点P，Q满足，则实数a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．本小题13分已知函数（为自然对数的底数）． (1)若是函数的极值点，求的值； (2)若，讨论的单调性． 16．本小题15分已知圆C：和定点，直线l：（）. (1)当时，求直线l被圆C所截得的弦长； (2)若直线l上存在点M，过点M作圆C的切线，切点为B，满足，求m的取值范围. 17．本小题15分牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根在的附近，如图所示，然后在点处作的切线，切线与轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，……，．从图形上我们可以看到较接近，较接近，等等．显然，它们会越来越逼近．于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解． 已知函数，． (1)当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； (2)若，求的取值范围． 18．本小题17分如图，椭圆、双曲线中都是坐标原点O，焦点都在x轴上，且具有相同的顶点、，的焦点为、，的焦点为、，点、、O、、恰为线段的六等分点，我们把与合成为曲线，已知的长轴长为4.   (1)求曲线与的方程； (2)若M是上的一动点，为定点，求的最小值； (3)若直线l过点O，与交于、两点，与交于、两点，点、位于同一象限，且直线，求直线l的斜率. 19.本小题17分已知 (1)当时，求的单调性； (2)讨论的零点个数． 试卷第1页，共3页 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【解析】先由直线方程求出直线的斜率，从而可求出其倾斜角 【详解】解：设直线的倾斜角为， 由直线得其斜率为， 所以， 因为，所以， 故选：B 【点睛】此题考查由直线方程求直线的倾斜角，属于基础题 2．B 【分析】根据平均变化率的定义计算. 【详解】由已知, 故选：B． 3．B 【分析】由两直线平行，根据平行的判定求的值即可. 【详解】直线和直线平行， ，解得或，经检验时两条直线重合舍去． 故选：B． 4．A 【分析】根据图象，由确定，求导后，确定有两个不相等的正实数根，结合函数单调性，韦达定理即可求出答案. 【详解】由图象可知， 有两个不相等的正实数根，且在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 综上：，，，. 故选：A 5．A 【分析】分析可知，，，由参变量分离法可得出，求出函数在上的最大值，即可求得实数的取值范围. 【详解】因为，则， 因为函数在区间上不存在单调递增区间， 所以，，，则， 因为函数在上单调递增， 故当时，，则，解得， 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 6．C 【分析】根据题意， 结合拉格朗日中值定理， 可得， 再根据导数的几何意义， 可得， 只需求的最大值即可. 【详解】由题意， 函数在上连续， 且在上可导，则必有一， 使得， 又由， 可得， 所以， 根据导数的几何意义知， 又由， 所以， 因为， 且， 所以， 令，，则， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 故当时，有最大值， 所以当时，取得最大值， 最大值为. 故选: C. 7．D 【分析】根据题意得，进而将问题转化为在中，解三角形求得，再根据通经得，进而根据等面积法求解即可. 【详解】解：如图，由抛物线的定义得：，轴， 因为为该抛物线上一点，所以，所以， 因为，所以， 因为在中，，， 所以由三角函数关系得：，即：，解得， 此时，所以的面积为. 故选：D. 【点睛】本题考查抛物线与直线的位置关系，考查数形结合思想，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件，将问题转化为直角三角形中，利用边角关系求解得. 8．B 【分析】利用利用导数分析函数的单调性，可判断利用函数值 【详解】因为，该函数的定义域为，且， 故，，单调递增；，，单调递减， 因为函数在上单调递减， 且， ， ； 故选:B. 9．BCD 【分析】根据所给的定义分别得到、后就容易求解了. 【详解】对于A、C，因为， 所以，则. 因为， 所以当时，取得最小值，且最小值为. 故A错误，C正确.. 对于B、D，因为， 所以，则. ，令，. 当时；当时. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值. 故B、D都正确. 故选：BCD 10．BCD 【分析】通过取不同值求出周长即可判断A，设出点的坐标利用斜率公式化简即可判断B，确定线段取最小值的条件即可判断C，确定、的值即可求出离心率从而判断D． 【详解】该椭圆中，则， 所以离心率为，故D正确； 设，，， 则在、斜率都存在的前提下有，， 于是 为定值，故B正确； 由题意可设的方程为， 联立，消得， 则， 所以 ， 则当时，， 所以线段的长度存在最小值，故C正确. 当时，直线与椭圆交于点和， 不妨取点为，得直线方程为， 求得交点为， 则，，，此时的周长为， 当时，联立，解得，不妨取， 则垂直于轴，此时，，， 此时的周长为， 显然周长不为定值，故A错误； 故选：BCD． 11．AD 【分析】由题设得，构造并应用导数研究单调性， 【详解】因为，所以，又， 所以， 构造函数，，则， 所以在上为增函数， 因为，所以，即，即，故A正确； 因为，所以，即，故，故B错误； 因为，所以，即，故，故C错误； 因为，所以，即，故，故D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：将已知条件转化为，进而构造研究单调性为关键. 12． 【分析】联立方程求M，N两点的坐标，法一：根据几何性质可得圆心C2在x轴上，设结合圆的定义运算求解；法二：设圆，代入点，列方程求解. 【详解】联立方程，解得或， 故M，N两点的坐标为． 法一：可得关于轴对称，即线段的中垂线为轴，故所求的圆的圆心C2在x轴上， 设，点P的坐标为， ∵，即，求得m＝5， 故要求的圆的圆心，半径为， 故要求的圆的方程为． 法二：设圆，且点P的坐标为， 代入点，可得，解得， 故要求的圆的方程为，即． 故答案为：. 13． 【分析】要使函数有两个极值点，只需要有两个变号根，通过分离参数，研究函数的单调性、极值，作出函数图象，结合图象即可得解. 【详解】， 要使函数有两个极值点， 只需要有两个变号根， 即方程有两个变号根， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又当时，，当时，且， 作出函数的大致图象，如图所示， 因为方程有两个变号根， 所有，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：.    14． 或 【分析】根据直线与圆的相切关系和点到直线的距离公式即可求解；根据垂直关系的判断和函数图象以及导数确定函数单调性即可求解. 【详解】①容易知道， 直线和直线经过原点，但不与相切， 设经过原点O的直线方程可以设为， 则， 的圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离， 所以解得， 因此直线为或； ②    ， ， 当时，恒成立，容易知道，因此总存在点P，Q满足成立； 当时，或直线夹角为90°，需有解， 只需有解， 只需有解， 令函数， 所以， 令， 容易知道，为减函数，且， 所以当时，，递增，当时，，递减， 所以， 所以. 综上所述，. 故答案为：或    . 【点睛】本题考查了函数图象的运用和导数确定函数的单调性以及通过参数分离求解范围. 15．(1)； (2)答案见解析. 【分析】（1）可导函数在极值点处的导数为0，求得a的值后，再进行检验； （2）分和两种情况进行讨论，根据符号，研究的单调性． 【详解】（1）， 因为是函数的极值点，所以， 即，解得， 经检验，符合题意，故． （2）由（1），，若，则， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 若，令，解得或，且， 当时，当或时， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减． 16．(1) (2) 【分析】（1）利用点到直线的距离公式、勾股定理以及圆的几何性质求得弦长. （2）先求得点的轨迹方程，根据直线与圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】（1）圆C：，圆心，半径， 当时，直线l的方程为， 所以圆心C到直线l的距离， 故弦长为.    （2）设，则， 由，，得. 化简得， 所以点M的轨迹是以为圆心，8为半径的圆. 又因为点M在直线l：上，所以与圆D有公共点， 所以， 解得， 所以m的取值范围是.    17．(1) (2) 【分析】（1）首先求处的切线方程，求得，再求处的切线方程，再依次求取，直到，求，即可求解；（2）首先化简不等式，，再构造函数，并求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性，转化为求函数的最值，并结合最值的单调性，即可求解. 【详解】（1）当时，，则， 曲线在处的切线为，且 曲线在处的切线为，且 故，用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为． （2）由，得， 设， 则 ∴当时，，单调递增，由于时，，不合题意； 当时，则有，，单调递减，，，单调递增， 即，即 易知单调递增，且，故. 【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是理解题意，重点是利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函数的性质，即可利用导数分析函数的性质. 18．(1)：，：. (2) (3) 【分析】（1）根据题意设出曲线与的标准方程，利用线段比例关系即可求出结果； （2）分别讨论点M所在位置，利用几何关系求出当M是的上顶点时，最小取得； （3）利用曲线对称性，将直线与曲线方程分别联立，利用斜率相等求得等量关系即可解出直线的斜率. 【详解】（1）设：，：， 由题意得，， 且， 又点、、O、、恰为线段的六等分点，所以，， 可得，， 因此曲线：，：. （2）若M是上的动点，显然当M为椭圆的上顶点时，最短， 此时； 若M是上的动点，以为圆心r为半径作圆， 当圆T与相切时， 切点为M，此时最小，且， 将圆T：代入，整理得， 当圆与曲线相切， 由 得，， 又，所以M为上一动点，为定点， 的最小值为. （3）设直线l：，，， 由对称性得，， 由得，即， 由得，依题意可得，即； 解得，即， 当时，，由（1）得，， 所以，， 将，坐标代入， 得， 整理得， 两边平方化简得，，经检验符合题意； 所以直线的方程为或. 即直线的斜率为. 19.【解析】 (1)解：因为，， 所以， 令，，所以在单增，且， 当时，当时， 所以当时，当时， 所以在单调递减，在单调递增 (2)解：因为 令，易知在上单调递增，且， 故的零点转化为即，， 设，则， 当时，无零点； 当时，，故为上的增函数， 而，，故在上有且只有一个零点； 当时，若，则；，则； 故， 若，则，故在上有且只有一个零点； 若，则，故在上无零点； 若，则，此时， 而，， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 故此时在上有且只有两个不同的零点； 综上：当时，0个零点；当或时，1个零点；时，2个零点； 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $