湖北黄冈市黄梅县育才高级中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测 数学试题

这是一份湖北黄冈市黄梅县育才高级中学2025-2026学年高二下学期3月阶段检测 数学试题，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知某质点的运动方程为 s=2t2−t ,其中 s 的单位是 m,t 的单位是 s ,则该质点在 2 s 末的瞬时速度为( )
A. 3m/s B. 5 m/s C. 7 m/s D. 9 m/s
2. 设 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和,若 3S3=S2+S4,a1=2 ,则 a5=
A. -12 B. -10 C. 10 D. 12
3. 双曲线 x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的离心率为 3 ，则其渐近线方程为
A. y=±2x B. y=±3x C. y=±22x D. y=±32x
4. 已知函数 fx=lnx−ax 在区间 1,3 上单调递减，则实数 a 的取值范围为 ( )
A. a≥1 B. a>1
C. a≥13 D. a>13
5. 已知函数 y=fxx∈R 的图象如图所示,则不等式 xf′x0 .
16. 已知等差数列 an 中， a1=1,a2+2a3+a4=12 .
(1) 求 a5+a7 的值；
(2)若数列 bn 满足: bn=a2n−1 ，证明:数列 bn 是等差数列.
17. 已知函数 fx=2x3−ax2+4, x=1 是函数 fx 的一个极值点.
(1)求函数 fx 的单调递增区间；
(2)当 x∈−1,2 ，求函数 fx 的最小值.
18. 已知函数 fx=ex+x2−x+1 .
(1)求函数 fx 的极值;
(2)证明: ∀x∈R,fx>3x .
19. 已知 x=3 是函数 fx=aln1+x+x2−10x 的一个极值点.
(I) 求 a ;
(II) 求函数 fx 的单调区间;
(III) 若直线 y=b 与函数 y=fx 的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围.
1. C
【解析】根据瞬时变化率的定义计算.
limΔt→0ΔsΔt=limΔt→022+Δt2−2+Δt−2×22−2Δt =limΔt→07+2Δt=7,
所以该质点在 2 s 末的瞬时速度为 7 m/s .
故选: C.
2. B
分析: 首先设出等差数列 an 的公差为 d ,利用等差数列的求和公式,得到公差 d 所满足的等量关系式,从而求得结果 d=−3 ,之后应用等差数列的通项公式求得 a5=a1+4d=2−12=−10 ,从而求得正确结果.
详解: 设该等差数列的公差为 d ,
根据题中的条件可得 33×2+3×22⋅d=2×2+d+4×2+4×32⋅d ,
整理解得 d=−3 ,所以 a5=a1+4d=2−12=−10 ,故选 B.
点睛: 该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用, 在解题的过程中, 需要利用题中的条件,结合等差数列的求和公式,得到公差 d 的值,之后利用等差数列的通项公式得到 a5 与 a1 和 d 的关系,从而求得结果.
3. A
分析: 根据离心率得 a,c 关系,进而得 a,b 关系,再根据双曲线方程求渐近线方程, 得结果.
详解: ∵e=ca=3,∴b2a2=c2−a2a2=e2−1=3−1=2,∴ba=2 ,
因为渐近线方程为 y=±bax ,所以渐近线方程为 y=±2x ,选 A.
点睛: 已知双曲线方程 x2a2−y2b2=1a,b>0 求渐近线方程: x2a2−y2b2=0⇒y=±bax .
4. A
利用导数与函数的关系将问题转化为 a≥1x 恒成立问题,从而得解.
因为 fx=lnx−ax ,所以 f′x=1x−a ,
因为 fx 在区间 1,3 上单调递减,
所以 f′x≤0 ,即 1x−a≤0 ,则 a≥1x 在 1,3 上恒成立,
因为 y=1x 在 1,3 上单调递减,所以 ymax=1 ,故 a≥1 .
故选: A.
5. A
先由图像判断出 fx 的单调性,得到 f′x 的正负,解不等式即可.
由图像可得: fx 在 −∞,13 上单增,在 13,2 上单减,在 2,+∞ 上单增,所以在 −∞,13 上 f′x>0 ,在 13,2 上 f′x0 .
不等式 xf′x0f′x0 恒成立，故 f′x>0 解集为 0,+∞ ,
当 a>0 时,令 2x2−a=0 ,解得 x=2a2 或 x=−2a2 (不符合题意舍去),
若 x∈0,2a2 ,则 2x2−a0 ,
故 f′x>0 解集为 2a2,+∞ ,
综上所述,当 a≤0 时, f′x>0 解集为 0,+∞ ,
当 a>0 时, f′x>0 解集为 2a2,+∞ .
16.(1) ∵a2+a4=2a3,a2+2a3+a4=4a3=12,∴a3=3
∵a3=a1+2d,∴d=1
∴a5+a7=2a1+10d=12 ;
(2)由(1)可知 an=n
∴bn=a2n−1=2n−1
∵bn−bn−1=2n−1−2n−1−1=2n≥2 ,
∴ 数列 bn 是等差数列,首项是 1,公差是 2 .
17. (1)(一∞，0)和(1，+∞)；(2)-1.
【解析】(1) 由极值点求出参数 a=3 ,再代入,解不等式 f′x>0 求递增区间
(2)求 fx 在 −1,2 上的极值，与端点值比较得出最小值.
(1) 由题意 f′x=6x2−2ax
f′1=0 ,则 a=3
fx=2x3−3x2+4, f′x=6xx−1 ,当 x∈−∞,0 时, f′x>0 ;
当 x∈0,1 时, f′x0 .
所以,函数 fx 的单调递增区间为 −∞,0 和 1,+∞
(2)当 x∈−1,2 时， f′x ， fx 的变化情况如下表
当 x=−1, f−1=2−13−3−12+4=−1 .
当 x=1, f1=2−3+4=3 . 所以当 x∈−1,2 时,函数 fx 的最小值为 -1 .
18.(1)极小值 f0=2 ，无极大值；(2)见解析
(1) 根据函数 fx 的解析式求得导函数 f′x ,可由 f′x 的符号判断函数的单调性, 并由极值点求得极值.
( 2 )将函数 fx 的解析式代入不等式，并构造函数 Fx=ex−4x+x2+1 ，求得 F′x=ex−4+2x ,再构造函数 Gx=F′x=ex−4+2x ,并求得 G′x ,由 G′x>0 可知 Gx 在 R 上单调递增,由零点存在定理可知 Gx=0 在 0,1 内有唯一解,记为 x0 ,满足 ex0=4−2x0 . 进而由 F′x 的符号判断 Fx 单调性,即可求得 Fxmin 的函数表达式,根据二次函数在定区间上的值域即可判断 Fx0>0 恒成立,即证明不等式成立.
(1) 函数 fx=ex+x2−x+1,x∈R ,
则 f′x=ex+2x−1 ,
由 f′x>0 可知在 R 上单调递增,且 f′0=0 ,
故当 x∈−∞,0 时, f′x0 ,
故函数 fx 有极小值 f0=2 ,无极大值;
(2)证明:依题意对 ∀x∈R,fx−3x>0 ，即 ex−4x+x2+1>0 ；
设 Fx=ex−4x+x2+1 ,则 F′x=ex−4+2x ,设 Gx=F′x=ex−4+2x .
因为 G′x=ex+2>0 ,所以 Gx 在 R 上单调递增.
又因为 G0=−30 ,
所以 Gx=0 在 0,1 内有唯一解,记为 x0 ,即 ex0=4−2x0 .
当 x0,Fx 单调递增;
所以 Fxmin=Fx0=ex0−4x0+x02+1=x02−6x0+5,x0∈0,1 .
设 gx=x2−6x+5=x−32−4,x∈0,1 ,则 gx>g1=0 ,
所以 Fx0>0 ,
所以 Fx>0 ,即 ∀x∈R,fx>3x .
19. (I) a=16 (II) 1,3 (III) b 的取值范围为 32ln2−21,16ln2−9
(1) 先求导 f′x=a1+x+2x−10 ,再由 x=3 是函数的一个极值点即 f′3=0 求解; (2) 由 (2) 确定 fx=16ln1+x+x2−10x,x∈−1,+∞ 再由 f′x>0 和 f′x