安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期3月阶段考试数学试题（原卷版+解析版）

2023级高二下学期3月阶段考数学（人教A版）试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.1.已知函数在处可导，且，则（）A. B.9 C. D.12.下列求导运算错误的是（）A. B.C. D.3.设公比不为的等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（）A.4 B.5 C.16 D.174.“点在圆外”是“直线与圆相交”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5.在数列中，，，记为数列的前项和，则（）A. B. C. D.6.已知上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A B.C. D.7.记等差数列的前项和为，公差为，若，，则下列结论错误的是（）A. B. C. D.8.若函数，且，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3个小题，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.设函数，则（）A.有3个零点 B.的极大值为4C.当时， D.的图象关于点中心对称10.已知数列的前项和为，下列说法正确的是（）A.若，则、、成等比数列B.若为等差数列，则为等差数列C.若为等比数列，则为等差数列D.若，，，则为等比数列11.已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，抛物线的准线为，点在抛物线上，直线过点且与交于，两点，则（）A.若点的坐标为，则的最小值为3B.以线段为直径的圆与直线相离C.点到直线的最小距离为D.可能为钝角三角形第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______．13.已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．若为递增数列，，则的取值范围是______．14.过点作曲线：的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为______．四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数，．（1）当时，求最小值；（2）若，试讨论的单调性．16已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）如果函数的导数为，且在上的零点从小到大排列后构成数列，求的前20项和．17.如图，在正四棱锥中，，为侧棱SD的中点．（1）求证：；（2）求点到平面PAC的距离；（3）求平面SBC与平面PAC夹角的余弦值．18已知函数．（1）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围；（2）是否存在过原点的曲线的切线？若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由；（3）求证：当时，对恒成立．19.已知数列满足，，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和；（3）令，记数列前项和中所有奇数项的和为，求证：．

2023级高二下学期3月阶段考数学（人教A版）试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.1.已知函数在处可导，且，则（）A. B.9 C. D.1【答案】B【解析】【分析】由导数的计算公式可得.【详解】.故选：B2.下列求导运算错误的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式可判断AC选项，利用复合函数的求导法则可判断B选项，利用导数的运算法则可判断D选项.【详解】对于A选项，，A对；对于B选项，，B对；对于C选项，，C对；对于D选项，，D错.故选：D.3.设公比不为的等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（）A.4 B.5 C.16 D.17【答案】B【解析】【分析】先由等差中项结合等比数列下标的性质得到，再由等比数列的求和公式计算.【详解】因为恰为和的等差中项，即，又等比数列，设公比为时，所以，，可得，所以.故选：B4.“点在圆外”是“直线与圆相交”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】利用点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】由题意可知，圆的圆心为原点，半径为，若点在圆外，则，则圆心到直线的距离为，此时，直线与圆相交，即“点圆外”“直线与圆相交”；若直线与圆相交，则，可得，不妨取，，则，此时，点在圆内，所以，“点在圆外”“直线与圆相交”.因此，“点在圆外”是“直线与圆相交”的充分不必要条件.故选：A.5.在数列中，，，记为数列的前项和，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题中递推公式逐项计算出、、、的值，即可求得的值.【详解】在数列中，，，则，可得，，可得，，可得，，可得，，可得，，可得，，可得，，可得，，可得，因此，.故选：A.6.已知上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由函数图象得出和的解，然后用分类讨论思想求得结论．【详解】由图象知的解集为，的解集为，或，所以或，解集即为．故选：C7.记等差数列的前项和为，公差为，若，，则下列结论错误的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由等差数列的求和公式和下标的性质可得B正确；由等差数列的项的性质可得A、C正确；由等差数列基本量运算可推得D错误.【详解】对于B，，所以，故B正确；对于A、C，因为，即，，所以，，则，故A、C正确；对于D，因为，，所以，故D错误.故选：D8.若函数，且，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将已知转化为恒成立，再求的最小值，最后利用基本不等式即可求解.【详解】由题意可知函数的定义域为，又，，恒成立，即恒成立，即，令，，令，，在上单调递增，且，当时，，存在使得，即，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，又，，，，，，，，又，当且仅当时等号成立，，，，实数的取值范围是.故选：C.二、选择题：本题共3个小题，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.设函数，则（）A.有3个零点 B.的极大值为4C.当时， D.的图象关于点中心对称【答案】BCD【解析】【分析】令可得A错误；利用导数分析可得B、C正确；由可得D正确.【详解】对于A，令，可得或，所以有两个零点，故A错误；对于B，，令，可得，当时，，在单调递减；当或时，，在和单调递增，所以极大值为，故B正确；对于C，当时，，由B可得，故C正确；对于D，，所以的图象关于点中心对称，故D正确.故选：BCD.10.已知数列的前项和为，下列说法正确的是（）A.若，则、、成等比数列B.若为等差数列，则为等差数列C.若为等比数列，则为等差数列D.若，，，则为等比数列【答案】BD【解析】【分析】根据特殊数列法判断A；利用等差数列的定义判断B；取判断C；利用等比数列的定义判断D.【详解】对于A，当时有，此时、、不成等比数列，A错；对于B，设等差数列的公差为，则，所以，，则，因此，若为等差数列，则为等差数列，B对；对于C，若为等比数列，取，则当为正奇数时，无意义，C错；对于D，因为，所以，而，，，，因此数列是首项为，公比为的等比数列，D对故选：BD.11.已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，抛物线的准线为，点在抛物线上，直线过点且与交于，两点，则（）A.若点的坐标为，则的最小值为3B.以线段为直径的圆与直线相离C.点到直线的最小距离为D.可能为钝角三角形【答案】AB【解析】【分析】由抛物线的定义可得A正确；设，直线的方程为，联立曲线方程，然后用韦达定理求出弦长，再利用换元法求出中点到准线的距离可得B正确；由点到直线的距离公式结合二次函数可得C错误；由向量垂直的坐标表示结合韦达定理可得D错误.【详解】对于A，作于，由抛物线的定义可得，当三点共线时取等号，故A正确；对于B，设，直线的方程为，联立，消去可得，，，设线段的中点为，则，，到准线的距离为，则，设，则，所以，所以以线段为直径的圆与直线相离，故B正确；对于C，设，由点到直线的距离公式可得，当时，距离的最小值为，故C错误；对于D，设，则，由B可得，所以，故D错误.故选：AB第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______．【答案】【解析】【分析】利用求导代值求出，回代计算即得.【详解】，所以，所以，所以，所以.故答案为：.13.已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．若为递增数列，，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】当时，求得；当时，由可得，作差推导出数列的奇数项和偶数项分别成以为公差的等差数列，根据数列的单调性得出，即可解得实数的取值范围.【详解】由题意可知，，且对任意的，，当时，则有，即，解得，当且时，由可得，这两个等式作差可得，可得，所以，数列的奇数项和偶数项分别成以为公差的等差数列，且，因为数列为递增数列，只需即可，即，解得.因此，实数的取值范围是.故答案为：.14.过点作曲线：的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为______．【答案】【解析】【分析】由导数的意义得到切线的斜率，然后由点斜式得到切线方程，代入点结合切点在曲线上化简可得.【详解】设，由题意可得切线的斜率，所以切线方程为，代入点可得因为切点在曲线上，所以，代入上式可得，，化简可得，又，所以，同理所以直线方程为.故答案为：四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数，．（1）当时，求的最小值；（2）若，试讨论的单调性．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用导数与单调性的关系，求得函数的单调区间，即可求最小值；（2）利用导函数的单调性的关系，结合的不同的取值范围讨论求解.【小问1详解】因，所以，所以函数的定义域为，，令，解得；令，解得；所以函数在单调递减，单调递增，所以的最小值为.【小问2详解】函数的定义域为，,当时，由解得或，由解得；当时，恒成立；当时，由解得或，由解得；综上可得，当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增；当时函数在单调递增，；当时，函数单调递增，单调递减，单调递增.16.已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）如果函数的导数为，且在上的零点从小到大排列后构成数列，求的前20项和．【答案】（1）单调递增区间为.（2）【解析】【分析】（1）由二倍角公式结合辅助角公式化简，再由正弦函数的递增区间可得；（2）求导后令导数为零，求出零点，然后由等差数列的通项和求和公式可得.【小问1详解】，令，可得，所以函数的单调递增区间为.【小问2详解】，则，令，可得，因为在上的零点从小到大排列后构成数列，可知，所以，公差，所以，所以的前20项和17.如图，在正四棱锥中，，为侧棱SD的中点．（1）求证：；（2）求点到平面PAC距离；（3）求平面SBC与平面PAC夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算证明垂直关系；（2）利用空间向量的坐标运算求点到直线的距离；（3）利用空间向量的坐标运算求平面与平面夹角的余弦值.小问1详解】连接交于点，连接,因为是正四棱锥，所以平面，且平面，所以,又因为为正方形，所以,所以以方向为轴建立如图所示空间指标坐标系，因为，所以,,所以,,所以,所以，，所以.【小问2详解】设平面的一个法向量为，,所以，即，令，可得，所以点到平面PAC的距离为.【小问3详解】设平面的一个法向量为，,所以，即，令，可得，设平面SBC与平面PAC夹角为，则由图可知为锐角，所以即为所求.18.已知函数．（1）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围；（2）是否存在过原点的曲线的切线？若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由；（3）求证：当时，对恒成立．【答案】（1）（2）不存在，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）分析可知，直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；（2）假设存在，设出且点坐标并借助导数的几何意义表示出切线方程，再通过切线过原点可得与切点横坐标有关方程，可得该方程无解，即可得过原点不存在曲线的切线；（3）先证明对任意的，，即证