福建省厦门市2025-2026学年高二数学下学期3月阶段检测试题(一)【含答案】

2025-2026学年下学期第一次阶段性测试高二数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.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，则（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】【详解】因为，所以.2.4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法种数是（）A.81 B.64 C.12 D.36【答案】A【解析】【详解】因为每人限报其中的一个运动队，所以不同的报名方法种数是.3.如图，空间四边形OABC中，点M在OA上，且点N为BC中点，则等于（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可.【详解】已知，点N为BC中点，则.故选：C4.在二项式展开式中，下列说法不正确的是（）A.第四项二项式系数最大 B.常数项为第四项C.有理项共有4项 D.所有项二项式系数之和为64【答案】B【解析】【分析】根据二项式系数性质可判断A；求得通项公式，令，计算可判断B；根据为有理数计算可判断C；根据二项式系数和计算公式计算可判断D.【详解】对于A，二项式展开式共有7项，由二项式系数性质可知，该二项式系数最大为中间项即第四项二项式系数最大，故A正确；对于B，该二项式的通项公式为，令，所以常数项为第五项，故B错误；对于C，在中，当时，代数式为整数，所以有理项共有4项，故C正确；对于D，所有项的二项式系数之和为，故D正确.5.若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】，令，当时，单调递增，当时，单调递减，，函数的图象如下图所示：因为函数在区间内有两个零点，所以直线与函数有两个不同交点，所以，所以实数的取值范围是.6.用红､黄､蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（）A.18 B.24 C.30 D.36【答案】C【解析】【分析】根据题意，可以将该问题分成两类解决：一类是第3个圆与第1个圆的颜色相同，另一类是第3个圆与第1个圆的颜色不相同，最后根据分类加法计数原理，即可得到结果.【详解】设六个圆的序号依次为1，2，3，4，5，6，可知1，2共有种涂色方法，则有：若3与1的颜色相同，则5必须与2的颜色相同，此时只有1种涂色方法；若3与1的颜色不相同，即3的颜色与1，2均不相同，则4，5，6的颜色均不相同，共有种涂色方法；故不同的涂色方案的种数是.故选：C.7.如图，在平面直角坐标系xOy上，有一系列点，，…，，每一个点均位于抛物线的图象上．点F为抛物线的焦点，以点为圆心的都与x轴相切，且与外切．若，且，，的前n项之和为，则以下说法错误的是（）A. B.是等差数列C. D.【答案】D【解析】【分析】设点，根据抛物线定义列方程可判断A；根据两圆外切可得的关系，然后可证是等差数列，可判断B；根据是等差数列求出可判断C；利用裂项相消法求和可判断D.【详解】由题意可知：焦点，设点，则的半径为，则，解得，故A正确；因为与外切，则，整理可得，且，可得，即，可知数列是以首项为，公差为2的等差数列，故B正确；则，即，则，C正确；因为，所以，所以，D错误.故选：D．8.关于x的方程有两个不同实根，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用同构思想变形给定等式，结合单调性可得函数，再利用导数求出最小值即可.【详解】方程，令函数，而，则函数在R上单调递增，又方程等价于，因此，令函数，依题意，方程有两个不同实根，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，又，当时，恒有，则当且仅当时，方程有两个不同实根，所以实数a的取值范围为.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，则（）A. B.C. D.除以8所得的余数是7【答案】BCD【解析】【详解】A：二项式的通项公式为，，所以本选项不成立；B：在中，令，得，令，得，两式相加，得，所以本选项成立；C：对等式两边同时求导，得，令，得，所以本选项成立；D：，所以除以8所得的余数是7，因此本选项说法正确.10.有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（）A.若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有40种B.若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有72种C.若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种D.若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种【答案】ACD【解析】【分析】对于A：讨论甲、乙之间有几位同学，分析运算即可；对于B：讨论甲、乙所在位置，分析运算即可；对于C：先求甲、乙相邻的安排方法，再排除甲、乙相邻且甲、丙相邻的安排方法；对于D：先将学生安排出去，再排除有社区没有人去的可能.【详解】对于选项A：可知有三种可能：甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有种；甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有种；甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故A正确；对于选项B：符合要求的排法有四种可能：甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；甲不在最右端也不在最左端，乙不在最左端也不在最右端，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故B错误；对于选项C：若甲、乙相邻，则不同的排法有种；若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故C正确；对于选项D：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有种；若有社区没有人去，则有两种可能：所有人去了一个社区，则不同的排法有种；所有人去了两个社区，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故D正确；11.若，且，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】利用导数求得，可得，再由导数研究的区间单调性，可得，即可求解.【详解】令且，则恒成立，所以在上单调递增，则，即，由得，，而，所以，即，设且，则，所以在单调递增，由，得，则，所以.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则_________【答案】5【解析】【分析】由可得，再利用组合数公式计算即可.【详解】由已知，，，所以，即，，解得.故答案为：5【点睛】本题考查排列数、组合数的运算，考查学生的基本计数能力，是一道容易题.13.已知直线是曲线和的公切线，则实数____________.【答案】3【解析】【分析】因为中不含有参数，所以根据可求得的值，再根据的切线为求得参数，要注意切点既在曲线上也在切线上的隐含条件.【详解】设直线与曲线相切于点，因为切点既在曲线上也在切线上，所以.又，所以，且，即切线的斜率且.由解得，所以切线为.设直线与曲线相切于点，因为，所以，即，又切点既在曲线上也在切线上，所以.由解得.故答案为：314.足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动.某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙3名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外2人中的1人，接球者再等可能地传给另外2人中的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住，经过4次传递后，足球又被传回给甲，则不同的传递方式共有_______种：设在第次传球后有种情况球在甲手中，则_______.【答案】①.6②.【解析】【分析】第一空：结合题意分两种情况讨论求解即可；第二空：结合题意分析可得在第次传球后，球不在甲手中的情况有种，可得，进而得到，进而求解即可.【详解】第一空：由题意，要使经过4次传递后，足球又被传回给甲，分为两种情况讨论：①第一次甲将球传给其余2人，有2种情况，第二次将球传给甲，第三次甲再传给其余2人，有2种情况，第四次再将球传给甲，此时共有种情况；②第一次甲将球传给其余2人，有2种情况，第二次将球传给甲之外的1人，第三次依然将球传给除甲之外的1人，第四次再将球传给甲，此时共有2种情况.综上所述，经过4次传递后，足球又被传回给甲，不同的传递方式共有种情况；第二空：在前次传球中，每次传球都有2种可能，共有种传球方法，因此在第次传球后，球不在甲手中的情况有种，即球在乙或丙手中，则在第次传球后，球回到甲手中，即，则，所以，由第一空解析可知，，则，则数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即.四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数在点处的切线与直线垂直．（1）求；（2）求的单调区间和极值．【答案】（1）（2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.【小问1详解】，则，由题意可得，解得；【小问2详解】由，故，则，，故当时，，当时，，当时，，故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，故有极大值，有极小值.16.已知数列的前n项和为，且.（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式.（2）已知，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据的关系，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可；（2）根据等比数列和等差数列前项和公式，利用分组求和法进行求解即可小问1详解】，由，得，两式相减，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】因为，所以，所以17.在四棱锥中，平面，，，点M在棱PD上.（1）证明：；（2）若，，，和平面所成角的正切值是，求平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)利用线面垂直先证明平面，再结合即可求证；（2）利用几何知识可得，从而可建立以为原点的空间直角坐标系，再利用空间向量法即可求出面面夹角.【小问1详解】因为平面，平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面.又平面，所以，因为，所以.【小问2详解】因为平面，所以是和平面所成角，在中，，在中，，于是在中，，又因为，所以.由平面和第（1）问，可知、、两两垂直，故以为原点建立如下图所示空间直角坐标系，则，，，，，，于是，，，，设平面的一个法向量为，由，可得，取，设平面一个法向量为，由，可得，取，于是，所以平面和平面夹角的余弦值为.18.在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求面积的最大值；（3）若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）由椭圆的左右顶点可知的值，设，则，分别表示出再根据即可求出，则可得椭圆标准方程；（2）设直线方程为，将直线和椭圆方程联立可得，由韦达定理可得的值，求出，再由点到直线距离公式求出左顶点到直线距离，由面积公式可得到面积，再根据换元法即可求出最大值；（3）假设存在使得，分别表示出，再根据，代入到，由（2）韦达定理可知的值，代入到上式，再根据对任意的都成立，可求出值.【小问1详解】由椭圆的左右顶点可知，设，则，化简可得，则，，所以，则椭圆的标准方程为；【小问2详解】由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，，将直线和椭圆方程联立，代入可得，由韦达定理可知，则，而，代入可得，根据点到直线距离公式，所以，令则，所以，函数在上单调递增，所以即时，，此时的面积最大，最大值为；【小问3详解】假设存在使得，分别求出，因为在直线上，所以，故，化简可得，由（2）知，则，所以可得，整理化简可得，要对任意的都成立，需系数满足，解得，故存在，使得.19.已知函数，，.（1）讨论的单调性;（2）若与有相同的最小值，求实数的值;（3）设是的两个不同的极值点，判断与的大小，并证明你的结论.【答案】（1）当时，是增函数；当时，单调在上单调递减；在上单调递增.（2）.（3），证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数，通过讨论的取值范围，分析导函数的正负，即可得函数的单调性；（2）通过讨论的取值范围，分别求得与的最小值，得方程以，即，令，通过分析的单调性，得有唯一零点，从而求得；（3）由是的两个不同的极值点，得是方程，即的两个不同实根.由，得,令，则.通过构造函数，并分析函数的单调性，可得其取值情况，从而判断与的大小关系.【小问1详解】函数的定义域为..因为恒成立，所以当时，恒成立，是增函数；当时，令，得.因为是增函数，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.综上，当时，是增函数；当时，在上单调递减；在上单调递增.【小问2详解】由（1）得，当时，是增函数，无最小值；当时，单调在上单调递