广东江门市广雅中学等校2025-2026学年高二下学期3月数学检测试卷 附答案

/2025～2026学年度第二学期3月份高二年级阶段检测数学学科本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前.先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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.等比数列中，，，则（）A.2 B.4 C.8 D.1【正确答案】A【分析】由等比数列的性质即可求解.【详解】由等比数列的性质可得，故.故选：A.2.已知双曲线的渐近线方程为，则（）A. B. C. D.2026【正确答案】A【详解】双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为,，解得：3.某体育场一角看台的座位共有十一排，从第一排到第十一排的座位数成等差数列，且前两排的座位数与后两排的座位数之和为80，则第六排的座位数为（）A.16 B.18 C.20 D.22【正确答案】C【分析】根据题意，利用等差数列的性质即可求解.【详解】假设从第一排到第十一排的座位数成等差数列，则，所以，得．故选：C.4.已知，设函数的图像在点处的切线为，则l在y轴上的截距为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】求导，得出切线的斜率，根据点斜式方程求出直线，得到在y轴上的截距.【详解】因为，所以，所以，又，所以函数的图像在点处的切线为，整理得：，故在y轴上的截距为.故选：D5.已知直线被圆所截得的弦长为4，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据点到直线的距离公式、圆的标准方程、弦心距公式求解即可.【详解】圆可化为，圆心坐标为，半径为.圆心到直线的距离为.由弦心距公式可知，，即，解得.6.若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（）A.28 B.29 C.30 D.32【正确答案】C【分析】将数分为三组，即可根据整除的性质求解.【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种．故选：C7.已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】首先设过点的切线方程，切点，利用导数的几何意义列式，转化为有三个解，通过设函数，问题转化为与有三个交点，求的取值范围.【详解】设过点的直线为，，设切点为，则，得有三个解，令，，当，得或，，得，所以在，单调递增，单调递减，又，，有三个解，得，即.故选：D方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.8.对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】先利用题设和选项构造函数，判断其在上的单调性；接着利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断结论即得.【详解】令，则，当时，，单调递减.又因为在中，由余弦定理，，同理可得：，故由可得：，又由正弦边角关系得，则.接着比较与的大小，即比较与的大小，令，，.令，，，则单调递减，，则，在上单调递减，又,故，则，所以.故选：C.关键点点睛：结合题设和结论的提示考虑到构建函数并判断其单调性.同时对于三角形中型如结构的二阶结论要有印象，遇到结构相同的解析式时需要同构的思想.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.现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（）.A.从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法B.从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法C.从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D.从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法【正确答案】ABC【分析】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确.对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确.对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法；第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法；第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法，故共有种不同的选法，故C正确.对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误.故选：ABC.10.在棱长为1的正方体中，已知点P为侧面上的一动点，则下列结论正确的是（）A.若点P总保持，则动点P轨迹是一条线段；B.若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是一段圆弧；C.若P到直线与直线的距离相等，则动点P的轨迹是一段抛物线；D.若P到直线与直线的距离比为，则动点P的轨迹是一段双曲线.【正确答案】ABD【分析】由平面且平面平面，即可判断A；根据球的性质及与正方体的截面性质即可判断B；作，，连接，作.建立空间直角坐标系，由即可求得动点P的轨迹方程，即可判断C；根据题意，由距离比即可求得轨迹方程，进而判断D.【详解】对于A，，且，所以平面，平面平面，故动点P的轨迹为线段，所以A正确；对于B，点P的轨迹为以A为球心、半径为的球面与面的交线，即为一段圆弧，所以B正确；对于C，作，，连接；作.由，在面内，以C为原点、以直线、、为x，y，z轴建立平面直角坐标系，如下图所示：设，则，化简得，P点轨迹所在曲线是一段双曲线，所以C错误.对于D，由题意可知点P到点的距离与点P到直线的距离之比为，结合C中所建立空间直角坐标系，可得，所以，代入可得，化简可得，故点P的轨迹为双曲线，所以D正确.综上可知，正确的为ABD.故选：ABD.本题考查了空间几何体中截面的形状判断，空间直角坐标系的综合应用，轨迹方程的求法，属于难题.11.下列说法错误的是（）A.若等差数列的公差，则数列是递减数列B.若数列的前项和，则数列为等比数列C.若数列的前项和（为常数），则数列一定为等差数列D.数列是等比数列，为前项和，则，，，…仍为等比数列【正确答案】BCD【分析】根据等差数列的定义，得到，可得判定A正确；根据和的关系式，求得，得到，可判定B错误；根据和的关系式，得到时，得到，可判定C错误；当，且为偶数时，得到，，，可判定D错误.【详解】对于A，由等差数列的定义，可得（为常数），若，可得，所以，所以数列是递减数列，所以A正确；对于B，由数列的前项和，当时，可得，当时，，此时，可得，所以，所以数列不是等比数列，所以B错误；对于C，数列的前项和，当时，可得；当时，，令，即，解得，当时，，满足上式，此时，此时数列为等差数列；当时，，此时，数列不是等差数列，所以C错误；对于D，对于等比数列，当公比，且为偶数时，，可得，，，此时，，，不能构成等比数列，所以D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成______个无重复数字的四位偶数．（用数字作答）【正确答案】420【分析】应用千位数字分奇数和偶数两类，再分别应用分步乘法原理，最后应用加法原理计算即可.【详解】①第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有种法．②第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字，根据分步乘法计数原理，有种取法．所以根据分类加法计数原理，共可以组成个无重复数字四位偶数．故420.13.已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，记数列的前项和为，则的值为_________．【正确答案】【分析】由题可得，据此可得，然后由裂项求和法可得答案.【详解】由题，则在点处的切线斜率为，斜率为，则.则，数列通项.从而，所以故14.已知点在某一定椭圆上，则该椭圆的长轴长为________，焦距为________.【正确答案】①.②.【分析】设点的坐标为，求得，利用三角函数的基本关系式，化简得到，再结合椭圆的几何性质，即可求解.【详解】设点的坐标为，则，整理得，可得，因为，可得，整理得，即，设椭圆的长半轴为，则，因为，当且仅当时，等号成立，所以，可得，所以，所以，所以椭圆的长轴长为，此时椭圆的长轴所在直线的方程为，因为椭圆的长轴和短轴互相垂直，且短轴所在直线过原点，所以短轴所在直线为，联立方程组，可得，解得，所以短轴长，可得，所以，所以椭圆的焦距为.四、解答题：本题共5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.在等差数列中，已知，公差为1，在数列中，设前项和为，（1）求数列和的通项公式；（2）设求数列的前项和.【正确答案】（1），（2）【分析】（1）利用等差数列的通项公式求出，利用“与”的关系求出；（2）可分组求和，分别依据等比数列求和公式与裂项相消法求和.【小问1详解】因为数列为等差数列，且，，故；当时，，当，时，，所以，【小问2详解】由（1），得，所以.16.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明.【正确答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【分析】（1）对参数范围进行讨论，再利用导数求解单调性即可.（2）利用导数求出单调区间，进而得到最值证明不等式即可.【小问1详解】因为，所以，当时，可得，此时在上单调递增，当时，令，，令，，则在上单调递增，在上单调递减，综上可得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，【小问2详解】由题意得，令，则，令，，令，，则在上单调递增，在上单调递减，则的极小值为，而，可得，即得证.17.在直角坐标系中，一点在轴上，抛物线：的焦点为，线段的中点为.与另交于一点，不与重合.已知当时，.（1）求的方程；（2）记的面积为，的面积为，若，求.【正确答案】（1）（2）3【分析】根据抛物线定义与中点坐标公式，列出关于的方程，求出值，即得抛物线方程.设，求出中点与直线方程，联立抛物线方程求得的坐标，分别计算与的面积、，由解出，再由抛物线定义求得.【小问1详解】抛物线的焦点为，在轴上且，故，即或.若，则中点，；若，则中点，；两种情况相同，由，得，解得，故；【小问2详解】设可正可负，，则中点，直线，联立，得，解得或，故.，，由，得，即,当时，若，则，即，解得（负根舍去）；若，方程无解；当时，令，方程化为，即，解得，故；综上，，故由抛物线定义.18.设数列的前项和为，已知.（1）求；（2）求的通项公式；（3）当为何值时，取得最大值，请说明理由.【正确答案】（1）（2）（3）当时，取最大值，理由见解析【分析】（1）令，求出；令，求出.（2）根据递推公式得到一个关于的等式，然后两式相减进行化简即可求得.（3）先判定数列的单调性质和哪些项大于0，哪些项小于0，进而确定使得取得最大值的条件.【小问1详解】已知

.令，则，所以解得.令，，解得.【小问2详解】因为①，所以当时，②，①-②得，即.又.故.所以.【小问3详解】易知是首项为正数的递减等差数列由，即，解得.所以，因此，而.，所以,又.所以中，最大，即当时，取最大值.19.若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”．（1）若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列．（2）已知函数，存在，使得．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：．【正确答案】（1）证明见解析；（2）（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据中值点定义得到相关方程，则，化简即可；（2）（ⅰ）通过二次求导得，再对和讨论即可；（ii）首先证明，通过构造函数，利用二次求导即可证明，再进行代换即可证明，最后再设，利用累加法和等差数列求和公式即可证明【小问1详解】由题意知.因为，又，所以，即，所以成等差数列.【小问2详解】（