北京市东直门中学2024-2025学年高二下学期3月阶段考试数学试题(含详解)

北京市东直门中学2024 2025学年高二下学期3月阶段考试数学试题
一、单选题（本大题共10小题）
1．5位老师和2名学生排成一队，学生既不排在一起也不排在队伍的首尾，则不同的排法有（ ）.
A．种 B．种
C．种 D．种
2．若在数列中，，，则（ ）
A．2 B． C． D．
3．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，则（ ）
A．8 B．9 C．7 D．6
4．如图，曲线在点处的切线为直线，直线经过原点，则（ ）

A． B． C． D．
5．设是函数的导函数，将和的图象两在同一个直角坐标系中，其中不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如果函数在区间上单调递增，那么实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．设是无穷数列，，则“是等差数列”是“是等差数列”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
8．若函数有2个零点，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．是平面直角坐标系内一点，我们以轴正半轴为始边，射线为终边构成角，的长度作为的函数，若其解析式为：，则的轨迹可能为：（ ）.
A． B．
C． D．
10．利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数，下列说法正确的是（ ）
A．有且只有一个极大值点 B．在上单调递增
C．存在实数，使得 D．有最小值，最小值为
二、填空题（本大题共6小题）
11．用数字0 2 5 7四个数可以组成 个无重复数字的三位数．
12．已知数列的前项和满足，则数列的通项公式为 ．
13．焦点在轴上，且实轴长是6，虚轴长8的双曲线的标准方程为 .
14．已知方程有三个实数解，则实数的取值范围为 .
15．已知函数，．若时，函数有最大值为1，最小值为，试写出一组满足上述条件的 ．
16．已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论：
①；
②若为递增数列，则的取值范围是；
③存在实数，使得为等比数列；
④，使得当时，总有.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题（本大题共6小题）
17．求下列函数的导数：
(1)
(2)
18．已知函数在时取得极值.
(1)求函数的单调区间和极值点；
(2)求函数在点处的切线方程；
(3)若有两个零点，求的值.
19．如图，在三棱锥中，平面．
(1)求证：平面；
(2)求平面APC与平面PBC所成夹角的大小．
20．已知椭圆的左顶点为，右顶点为，点在椭圆上（与点、不重合），过且与轴垂直的直线交直线于点，交直线于点.
(1)求椭圆的短轴长和离心率；
(2)若线段的中点为，求点坐标.
21．已知函数
(1)求在区间上的最值；
(2)若过点存在3条直线与曲线相切，求的取值范围；
(3)若过点作曲线的切线，可以作出几条？
22．设为无穷数列，给定正整数，如果对于任意，都有，则称数列具有性质．
(1)判断下列两个数列是否具有性质；（结论不需要证明）
①等差数列：5，3，1，…；②等比数列：1，2，4，…．
(2)已知数列具有性质，，，且由该数列所有项组成的集合，求的通项公式；
(3)若既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列，求的最小值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】先给5名老师全排列有种排法，去掉头尾后，有4个空位，
用插空法将2名学生排列在老师之间的4个空隙中，即有种方法；
根据分步乘法计数原理即可得共有种方法.
故选：A
2．【答案】D
【详解】因为，，
所以，，，，
所以是以为周期的周期数列，所以.
故选：D
3．【答案】D
【详解】抛物线中，，点在抛物线上，则，，
所以到焦点的距离为，
故选：D．
4．【答案】C
【详解】由题意，，且，
所以.
故选：C.
5．【答案】D
【详解】对于选项A，有可能二次函数为原函数，直线为导函数，原函数先增后减，导函数先负后正，符合要求，故A正确；
对于选项B，有可能轴上方曲线为导函数，另一支为原函数，原函数始终单调递增，导函数始终为正，符合要求，故B正确；
对于选项C，有可能轴上方曲线为导函数，另一支为原函数，原函数始终单调递增，导函数始终为正，符合要求，故C正确；
对于选项D，无论谁作导函数，谁作原函数，都无法同步，故D错误；
故选：D
6．【答案】D
【详解】函数的定义域为,且,
因为函数在区间上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
因为在上单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围为.
故选：D.
7．【答案】A
【详解】若是等差数列，设公差为,
则，
则，
所以是等差数列；
若是等差数列，设公差为,
则，
即的奇数项是等差数列，偶数项是等差数列，
则不一定是等差数列，
所以“是等差数列”是“是等差数列”的充分不必要条件.
故选：A.
8．【答案】B
【详解】函数定义域为：，
∵，令，即，则，
∴当时，，此时函数单调递增，则函数至多存在1个零点，舍去；
当时，则函数在上单调递减，
∴当，，即函数递增；当，，即函数递减；
∴，
又∵时，；时，，
∴由题意可得：，即，
即，∴.
故选：B
9．【答案】B
【详解】，，
可以得到是以为周期的函数，所以的轨迹在四个象限内应相似，故排除C、D.
由于A、B项均关于对称，所以仅研究，此时，令
，，令，
则，
解得(负数根舍去)，则 在单调递减，单调递增，即在单调递增，在有且仅有一个极值点，所以不会一直增大，B正确.
（注：本题在A、B当中选择亦可使用特殊值法，，选B）
故选：B
10．【答案】D
【详解】由，则，
令，则，令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
由函数与复合而成，而在上单调递增；
故在上单调递减，在上单调递增；
所以在处取极小值，且无极大值，
又，故不存在实数，使得.
故ABC错误，D正确.
故选：D.
11．【答案】18
【详解】依题意，由数字0 2 5 7组成无重复数字的三位数可分为两类：
第一类：不含0，有个；第二类：包含0，有个，
由分类加法计数原理，可得所求三位数有个.
故答案为：18.
12．【答案】
【详解】当时，．
当时，．
因为也满足此等式，所以．
故答案为：.
13．【答案】
【详解】已知双曲线实轴长是，因为实轴长为，所以，解得.
已知双曲线虚轴长是，因为虚轴长为，所以，解得.
因为双曲线焦点在轴上，其标准方程为（，），
把，代入可得，即.
故答案为：.
14．【答案】
【详解】 方程有三个实数解，
函数与图像有三个交点，
作出图象如图，
当时函数与图像有1个交点，不符合题意.
当时，设 与相切于点，则
又因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
所以函数与图像有三个交点时 ，
故答案为：
15．【答案】或
【详解】，
若，则当，，故在区间上单调递增，
故，得，故；
若，则由得，由得，
则，，
得，设，则，
因，故，故在区间上单调递减，
故，故在上无解，不满足题意；
若，则得，由得，
则，，
得，因，故不满足题意；
若，则当，，故在区间上单调递减，
得，得，故
16．【答案】①②④
【详解】由得，相减可得，
由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，
对于①，，故正确；
对于②，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以，
若，则需要，则，故正确，
对于③，，若为等比数列，则为常数，则，
此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误，
对于④，若，只要足够大，一定会有 ，
则，只要足够的大， 趋近于0，
而，显然能满足，故，当时，总有，故正确，
故答案为：①②④
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意得；
（2）由题意得.
18．【答案】(1)递增区间是，递减区间是，极大值点，极小值点
(2)
(3)或.
【详解】（1）由题得，且定义域为.
由函数在时取得极值，得，解得，
检验：此时，
显然是的变号零点，即是极值点，
因此，令得或
所以当或时，，当时，，
所以函数的递增区间是，递减区间是.
即函数的极大值点是，极小值点是；
（2）由（1）知，函数，
则有，
所以在点处得切线是，
即整理得为所求切线；
（3）因为
由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
所以有极小值为，极大值为
端点值为，作出函数的图象：
由有两个零点得，
直线与函数的图像有两个交点，
即：或.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，，所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
所以平面APC与平面PBC所成夹角的大小.
20．【答案】(1)，
(2)或
【详解】（1）设椭圆的半焦距为.
由椭圆方程可得，
所以椭圆的短轴长，离心率.
（2）由题意可知：直线的方程为，
令，得， 即.
直线的方程为，
令，得，即，
因为的中点为，则，
若，则，与重合，舍去；
若，则，解得，
将代入，得，即或.
综上所述：点坐标为或.
21．【答案】(1)最大值是18，最小值
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1），令得，
1 3
0 0
单调递增 2 单调递减 单调递增 18
在上最大值是18，最小值.
（2）设切点为，则，
所以切线方程为，
因为过点代入切线，有，
即，
令，所以与的图象有三个交点，
，令得：或，
0 2
0 0
单调递减 单调递增 2 单调递减
作出函数的图象如下：
由图可知：的取值范围.
（3）由（2）知切线方程为，
因为过点代入切线，有，
，
令，
，令得：或，
当时，，所以在上单调递减，所以只有一条切线；
当时
0
0 0
单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
所以当时，有三条切线；
当或时，有两条切线；
当或时，有一条切线；
当时，
0 0
单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
当时，有三条切线；
当或时，有两条切线；
当或时，有一条切线；
综上所述：当时，有一条切线
当时，
若时，有三条切线；
若或时，有两条切线；
若或时，有一条切线；
当时，
若时，有三条切线；
若或时，有两条切线；
若或时，有一条切线；
22．【答案】(1)数列具有性质；数列不具有性质
(2)的通项公式为或
(3)5
【详解】（1）由题意知，数列通项公式为，满足，所以数列具有性质；
数列中，代入，，所以不满足，所以数列不具有性质.
（2）由数列具有性质，得，
所以，即，
所以数列：，，，，，是等差数列．
又因为，，
所以数列的公差，
同理，得数列：，，， ，，是等差数列，公差．
①若且，则数列的最小项是，数列的最小项是，
所以数列的最小项为1，这与矛盾；
②若且，同理，得的最大项为2，这与矛盾；
③若且，则为递减数列，为递增数列．
由，得3为数列中的项，
所以只能是，且；
同理，可得0为数列中的项，
所以只能，．
此时，的通项公式为．
④若，，类似③的讨论可得，．
此时，的通项公式为．
综上，的通项公式为或
（3）由数列1，1，2，2，3，3， ，，，，，，，不是等差数列，且其同时具有性质，，，得且．
类似的，由数列1，1，1，2，2，2，3，3，3， ，，，，不是等差数列，且其既具有性质又具有性质，得．
所以的最小值大于或等于5．
以下证明的最小值等于5，即证“既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列”．
因为具有性质，即，
所以对于，是等差数列；
同理，由具有性质，得对于，是等差数列．
由，，，，，，为等差数列（记公差为），且，，，，，，为等差数列（记公差为），得，，所以．
令，则，，．
同理，由，， ，，为等差数列，且，，，，，，，，为等差数列（记公差为），得，，
所以，且．
所以 ．
同理，由，，， ，，为等差数列，且，，， ，，为等差数列，
得；
由，，，， ，，为等差数列，且，，，， ，，为等差数列，
得；
由，，，，， ，，为等差数列，且，，，，， ，，为等差数列，得．
综上，．
故数列是公差为的等差数列．
即既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列．
所以的最小值等于5