/廣東省惠州市2024_2025學年高二下冊3月階段考試數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知數列{an}的前n項之和Sn＝n2+1，則a1+a3＝（

）A．6 B．7 C．8 D．92．已知橢圓的左焦點是雙曲線的左頂點，則雙曲線的漸近線為（

）A． B．C． D．3．已知平面的一個法向量為，點在平面內，點在平面外，則直線與平面所成角的大小為（

）A． B． C． D．4．若，，，則（

）A． B． C． D．5．如圖，正三棱臺的下底面邊長為12，上底面邊長和側棱長均為6，則棱臺的高為（

）A． B． C． D．6．已知函數有兩個極值點，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知菱形的邊長為，對角線與相交于，以為折痕把折起，使點到達點的位置，使．若點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．8．函數的兩個極值點滿足，則的最小值為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．下列命題正確的有（

）A．B．已知函數在上可導，若，則C．已知函數，若，則D．10．數列的前項和為，則下列說法正確的是（

）A．已知，則使得成等比數列的充要條件為B．若為等差數列，且，則當時，的最大值為2022C．若，則數列前5項的和最大D．設是等差數列的前項和，若，則11．已知函數，，則下列說法正確的是（

）A．當時，有唯一零點B．當時，是減函數C．若只有一個極值點，則或D．當時，對任意實數，總存在實數，使得三、填空題（本大題共3小題）12．直線被圓截得的弦長為.13．若直線是曲線與曲線的公切線，則．14．設函數，若存在，使得在上的值域為，則實數的取值范圍為四、解答題（本大題共5小題）15．設正項等差數列的前項和為，且．(1)求的通項公式；(2)數列滿足．設在數列中且不在數列中的項按從小到大的順序構成數列，記數列的前項和為，求．16．已知函數.（1）若函數在點處的切線方程為，求函數的極值；（2）若，對于任意，當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.17．如圖，在四面體中，，平面平面，(1)證明：(2)若二面角的余弦值為，求．18．已知函數．(1)當時，討論的單調性；(2)當時，，證明：；(3)設，證明：．19．在平面直角坐標系xOy中，過點的直線與拋物線交于M，N兩點在第一象限）.(1)當時，求直線的方程;(2)若三角形OMN的外接圓與曲線交于點（異于點O，M，N），（i）證明:△MND的重心的縱坐標為定值，并求出此定值;（ii）求凸四邊形OMDN的面積的取值范圍.

答案1．【正確答案】B根據數列{an}的前n項之和Sn＝n2+1，求出，再求解.【詳解】已知數列{an}的前n項之和Sn＝n2+1，所以，所以，所以，所以a1+a3＝7.故選B.2．【正確答案】D【詳解】設橢圓焦距為，則，則，所以橢圓的左焦點為，所以雙曲線的左頂點為，所以，所以，所以雙曲線的漸近線為.故選D.3．【正確答案】D【詳解】由題意可得，而平面的一個法向量為，故直線與平面所成角的正弦值為，結合線面角范圍為，可知直線與平面所成角的大小為，故選D.4．【正確答案】C【詳解】令，則在上恒成立，可知在上單調遞增，則，可得，即.故選C.5．【正確答案】C【詳解】如圖1，將正三棱臺還原為正三棱錐，由相似關系可知，三棱錐的棱長均為6，如圖2，點在底面的射影是底面三角形的中心，高，所以根據三棱錐的棱長均為6，三棱錐的棱長均為12，可知相似比為，通過相似關系可知，三棱臺的高也為；故選C.6．【正確答案】D【詳解】，因為有兩個極值點，故有兩個變號零點，故在上有兩個不同的解，故，所以．故選D．7．【正確答案】D【詳解】由題意，作圖如下：

在菱形中，由，則為正三角形，由，則，，所以為二面角的平面角，設為三棱錐的外接球球心，取的中心分別為，連接，如下圖：

在正中，由為其中心，則，在中，易知，則，在中，由余弦定理可得，解得，所以球的表面積.故選D.8．【正確答案】A【詳解】由函數，，令，則，因為函數兩個極值點，則①，②，得③，設，則且，代入③得，，設，則，設，則，在單調遞減，，從而，在單調遞減，，，故的最小值為．故選A.9．【正確答案】ACD【詳解】對于A，，A正確；對于B，，B錯誤；對于C，，由，得，C正確；對于D，，D正確.故選ACD.10．【正確答案】CD【詳解】對于A：因為，所以使得成等比數列等價于，即，解得.故A錯誤；對于B：因為為等差數列，且，所以由等差數列的性質可得：，所以.故B錯誤；對于C：因為，所以，，所以為等差數列.所以的前項和為.由二次函數的性質可得：當時，取得最大值.故C正確；對于D：在等差數列中，設.因為，所以，且.由等差數列的分段和性質可知：也構成等差數列，所以，解得：，所以.故D正確.故選CD.11．【正確答案】ABD【詳解】對于A：當時，，令，得，令，得，即在上單調遞增，又，，由零點存在定理可得在上有唯一零點，即有唯一零點，A正確；對于B：，令，得，設，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，又當時,，所以恒成立，即當時，是減函數，B正確；對于C：當時，由B知，即，所以，即在上單調遞減，無極值，C錯誤；對于D：當時，，，令，得，令，則，當，即時，單調遞增，當，即時，單調遞減，所以，即恒成立，所以單調遞減，又，所以，所以在上單調遞減，且當時，，當時，，可得的大致圖象如下：由圖可知對任意實數，總存在實數，使得，D正確；故選ABD.12．【正確答案】2【詳解】圓的圓心，半徑，點到直線的距離所以所求弦長為.13．【正確答案】【詳解】直線與曲線聯立，得，因為直線是曲線的切線，所以，解得，設與曲線相切于，由得曲線在處的切線斜率為，則曲線在處的切線方程為，即，因為直線是曲線與曲線的公切線，所以，解得，即.14．【正確答案】【詳解】由題可得：，當時，，所以在上單調遞增，若存在，使得在上的值域為，則，即在上有兩解，令，，則，當時，，當時，，，故在上單調遞增，在上單調遞減，且，，，

所以要使在上有兩解，則.15．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）設正項等差數列的前項和為，，

，則．

兩式相減可得，因為，所以，所以，即首項為2，公差為1的等差數列，即；（2）由，，得．則數列以為首項，為公比的等比數列，若，可得，，設數列的前n項和為，在數列中且不在數列中的項，按從小到大的順序構成數列的前40項和．16．【正確答案】（1）極小值為，極大值為；（2）.（1）求出函數的導數，根據題意得，列出等式求解a即可寫出的解析式，根據導數符號判斷函數的單調性從而求極值；（2）根據題意可將不等式變形推出函數在上單調遞減，令，則題意可轉化在上恒成立，利用導數求出函數在上的最小值即可求得m的范圍.【詳解】（1）由題意得函數的定義域為，由函數在點處的切線方程為，得，解得此時，.令，得或.當和時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，則當時，函數取得極小值，為，當時，函數取得極大值，為.（2）由得.不等式可變形為，即因為，且，所以函數在上單調遞減.令則在上恒成立，即在上恒成立設，則.因為當時，，所以函數在上單調遞減，所以，所以，即實數的取值范圍為.17．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為，，平面，所以平面，平面，從而．（2）在平面內，過點P作交于D，因為平面平面，平面平面，，平面，∴平面，因為，，所以，可得，∴，，因為，所以，，兩兩垂直，以點D為坐標原點，，，的方向分別為x、y、z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，設平面的一個法向量為，則，取，則，易知平面的一個法向量為，由，解得，所以．18．【正確答案】(1)的減區間為，增區間為(2)證明見解析(3)證明見解析【詳解】（1）當時，，則，當時，，當時，，故的減區間為，增區間為．（2）要證，只要證，令，則，所以只需證成立，即對任意的恒成立．設，則恒成立，所以時，單調遞減，所以，所以，即證得.（3）對任意的恒成立．所以對任意的，有，所以，所以，所以，所以.19．【正確答案】(1)(2)（i）證明見解析；縱坐標為0；（ii）.【詳解】（1）解:設直線聯立，消去，得，所以，，則，則，又由題意，直線的方程是;（2）（1）方法1:設因為O，M，D，N四點共圓，設該圓的方程為，聯立，消去，得，即，所以即為關于的方程的3個根，則，因為，由的系數對應相等得，，所以的重心的縱坐標為0.方法2:設，則，因為O，M，D，N四點共圓，所以當M，D在直線異側時，，即，化簡可得:；當M，D在直線同