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福建省泉州市永春第一中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试题
一、单选题
1．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2．由直线上的点向圆作切线，则切线长的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．3
3．若函数在区间上单调，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．不存在这样的实数k
4．已知数列满足，设的前n项和为，则（ ）
A． B． C．1 D．2
5．先后抛掷质地均匀的硬币4次，得到以下结论：
①可以从不同的观察角度写出不同的样本空间
②事件“至少2次正面朝上”与事件“至少2次反面朝上”是互斥事件
③事件“至少1次正面朝上”与事件“4次反面朝上”是对立事件
④事件“1次正面朝上3次反面朝上”发生的概率是
以上结论中，错误的个数为（ ）个
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（ ）
A．1 B． C． D．
7．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，，线段的中点为，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，则的最小值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
8．已知，数列满足：，数列满足，，，定义表示不超过的最大整数，则数列的前7项和为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，，且与夹角为钝角，则x的取值可以是（　　）
A．-2 B．1 C． D．2
10．设抛物线：的焦点为，点在抛物线上，点，若，且，则抛物线的方程可以为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，在棱长为1的正方体中，点为中点，动点在正方形内（含边界），则（ ）
A．若，则点的轨迹长度为
B．若点在线段上，则为定值
C．若点与点重合，则三棱锥的外接球表面积为
D．若与的夹角为，为线段上的动点，则的最小值为1
三、填空题
12．若两条直线与平行，则与间的距离是______.
13．已知数列的通项公式为，则数列的最大项为第__________项.
14．如图，椭圆焦点三角形的，为的角平分线且，则椭圆离心率为______．
四、解答题
15．已知甲、乙两人进行围棋挑战赛，先胜两局的一方赢得比赛，每局比赛不考虑平局，并且前一局先手的一方，下一局比赛将作为后手．在每一局比赛中若甲方先手，则该局甲获胜的概率为；若甲方后手，则该局甲获胜的概率为．
(1)求双方需要进行第三局比赛的概率；
(2)若第一局比赛乙先手，求甲赢得比赛的概率．
16．四棱锥中，平面，，，，．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
17．已知圆心在轴上的圆与直线切于点.
(1)求圆的标准方程；
(2)已知，经过原点且斜率为正数的直线与圆交于，.求的最大值．
18．已知椭圆的两个焦点和短轴的两个顶点构成的四边形是一个正方形,且其周长为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点的直线与椭圆相交于两点,点关于原点的对称点为,若点总在以线段为直径的圆内,求的取值范围.
19．已知函数，其中．
(1)当时，求函数的最值；
(2)①若恒成立，求a的最小值；
②证明：，其中．
参考答案
1．D
【详解】，
故在上的投影向量为．
故选：D．
2．B
【详解】切线长的最小值是当直线上的点与圆心距离最小时取得，
圆心到直线的距离为，
圆的半径为1，
故切线长的最小值为，
故选：B．
3．B
【详解】，
，
令，解得： 或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
函数在区间上单调，
或或
若，则，解得，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
4．D
【详解】因为，所以，
所以且，
所以是首项为公比为的等比数列，
所以，所以，，
所以，
所以，
故选：D.
5．A
【详解】对于①，可以从不同角度定义样本空间，
例如：以4次抛掷的有序结果为样本点，构成个等可能样本点的样本空间，是古典概型；
若以正面出现的次数为结果，构成含有5个样本点的样本空间，
但各样本点不是等可能的，不是古典概型；
由于可以构建不同的样本空间，故①正确；
对于②，事件“至少2次正面朝上”为2正2反，3正1反，4正，
事件“至少2次反面朝上”为2反2正，3反1正，4反，不互斥，故②错误；
对于③，事件“至少1次正面朝上”为1正3反，2正2反，3正1反，4正，
与事件“4次反面朝上”互为对立事件，故③正确；
对于④，基本事件样本总数为，事件“1次正面朝上3次反面朝上”有种，
所以事件“1次正面朝上3次反面朝上”发生的概率是，故④正确，
所以，错误的个数为1个.
6．C
【详解】解：过和分别作，，
在矩形，，
，
，
则，即，
平面与平面所成角的余弦值为，
,，
，
，，
则，
即与之间距离为，
故选：C．
7．B
【详解】设，
因为，所以，
过点分别作准线于点，，
由抛物线定义可知，
由梯形中位线可知，

因为，所以，
当且仅当时，等号成立，
故，
故，的最小值为.
故选：B
8．D
【详解】由，
则，
由，
得，
则
，即，
由，得，
则数列的奇数项是以为首项，4为公比的等比数列，
偶数项是以为首项，4为公比的等比数列，
则数列为：，
显然数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
则，即，则，
所以，
则数列的前7项和为
.
故选：D
9．BD
【详解】由题意得，且与不共线，则，
即，解得，若与共线，则，即，得，与反向
需要舍去，所以的取值范围为且，所以B和D选项正确，A和C选项错误，
故选：BD.
10．BC
【详解】

设，因为，所以，
因为，所以，
即，所以，所以，
解得，所以，解得或，
所以抛物线的方程为或．
故选:BC.
11．BCD
【详解】对于A，，则在以为圆心，半径为1的四分之一圆周上，如图（1）
轨迹长度为，故A错误；
对于B，如图（2）所示，
设，，
，
又，
，故B正确．
对于C，方法一，如图（3）所示，，
取中点，连接，则等腰的外接圆圆心在上，
外接圆半径，依题意易知，，
根据正弦定理可知，，在中，外心为中点，
连接并延长交于点，易知平面，
过点作平行于的垂线交于点，
即为三棱锥的外接球球心，，
外接球半径，，故C正确．
方法二，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设球心，，
，解得，
，，故C正确．
对于，
由知，点在以为圆心，1为半径的圆弧上，
连接，由对称性可知，当点位于上时，最小，过作于，
在中，，，
故，如图在平面中，过点作于点，
则，故D正确．
故选：BCD.
12．/
【详解】两条直线与平行,
解得，
经检验时，,两直线不重合；
所以，
则与间的距离,
故答案为：.
13．
【详解】依题意，，
则，
当时，，
所以当时，，
所以数列的最大项为第项.
故答案为：
14．
【详解】解法一：根据
，，
知，且，
则点坐标代入方程：，
当时，，
由可得：，
将点代入椭圆方程得：，化简得．
所以.
因此离心率为.
解法二：设点，且，，
因为，所以，
联立，解得，
由点A在椭圆C上，且，
则
，
同理，
设角平分线交x轴于，根据角平分线的性质，可知
，
，
，解得，，得．
可得直线．进而可得，
由，可得，
设中点为M，则．，
点差法的结论，证明如下：
设，，，为中点，
故，两式作差得，，
又由，，可整理得，，
最后化简得，，
进而得到，，
进而得．
所以，故，解得．
故答案为：．
15．(1)
(2)
【详解】（1）若双方需要进行第三局比赛，则前两局比赛中双方各胜一局，
因为前两局比赛中，双方各先手一次，
故双方需要进行第三局比赛的概率．
（2）记第局甲获胜为事件，甲赢得比赛为事件，则包含的所有事件为，且这个事件之间两两互斥，
由，
，
，
得．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，因为平面，平面，
所以、，
又，，，
所以，所以，所以，
，平面，
所以平面.
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，
则，
设平面的法向量为，则，令，
则，
设二面角为，由图可得二面角为钝二面角，
所以，所以二面角的余弦值为.
17．(1)
(2)
【详解】（1）由圆心在轴上的圆与直线切于点，设，
直线的斜率为，
则，所以．
所以，所以，，即，
所以圆的标准方程为．
（2）设直线，与圆联立方程组，
可得，
，由根与系数的关系得，，
，
令，则，
所以
，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以的最大值为.
18．(1)
(2)
【详解】（1）由题意，得：又因为
解得，所以椭圆C的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为，
此时为椭圆的上下顶点，且，
因为点总在以线段为直径的圆内，且，
所以；
当直线的斜率存在时，设的方程为.
由方程组得，
因为直线与椭圆有两个公共点，即，得；
设，则.
设的中点，则，
所以.所以，
，
因为点D总在以线段EF为直径的圆内，所以对于恒成立，
所以，
化简，得，整理得，
而（当且仅当时等号成立）所以，
由，得，综上，的取值范围是.
19．(1)最大值0；无最小值；
(2)①1；②证明见解析.
【详解】（1）当时，函数，函数定义域为，，
当；当，所以在单调递增，在单调递减，
所以函数在处取得极大值也是最大值，无最小值.
故函数最大值0；无最小值；
（2）若恒成立，即，得.
令，，
当；当.所以在单调递增，在单调递减，
所以在处取得极大值也是最大值，所以.
故a的最小值为1；
由（1）可知，当时，恒成立，即（当且仅当时等号成立）,
令，所以，即对，都有.
由累加法得.
故，其中.

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