湖北省宜荆荆随恩2023-2024学年高二下学期3月联考数学试题

2024年宜荆荆随恩高二3月联考高二数学试题命题学校：随州一中审题学校：龙泉中学考试时间：2024年3月19日下午15：0017：00试卷满分：150分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）1.已知等比数列中，，则公比（）A. B.2 C.3 D.2或【答案】B【解析】【分析】由，可得，解得，再由可得，根据求解即可.【详解】解：因为数列为等比数列，，所以，解得，又因为，即，解得.故选：B.2.若两条平行直线与之间的距离是，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用两直线平行可求出的值，利用平行线间的距离公式可求出的值，即可得出的值.【详解】因为直线与平行，则，且这两条直线间的距离为，解得，故.故选：A.3.为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由抛物线的标准方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程,设出,由PF=4以及抛物线的定义列式可得,即,再代入抛物线方程可得点P的纵坐标,再由三角形的面积公式可得.【详解】由可得抛物线的焦点F(1,0),准线方程为,如图:过点P作准线的垂线,垂足为,根据抛物线的定义可知PM=PF=4,设,则,解得,将代入可得,所以△的面积为=.故选B.【点睛】本题考查了抛物线的几何性质,定义以及三角形的面积公式,关键是①利用抛物线的定义求P点的坐标;②利用OF为三角形的底,点P的纵坐标的绝对值为高计算三角形的面积.属中档题.4.如图，在三棱锥中，设，若，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解.【详解】解：，，，，故选：A5.若满足，，则最小值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】代入化简可得，再设，，根据辅助角公式求解即可.【详解】由题意，.因为，故可设，，则，其中.故当时取小值.故选：D6.下列不等式中，对任意的恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】对于AB，取即可推翻，对于D，取即可推翻，对于C，构造函数，通过求导得其单调递增，进而有，由此即可判断.【详解】对于AB，当时，即不成立，即不成立，AB错误；对于C，令，则，从而单调递增，所以，即对任意，恒成立，C正确；对于D，取，则此时，D错误故选：C.7.已知是椭圆的两个焦点，点在上，若使为直角三角形的点有8个，则的离心率的范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据为直角三角形分三类讨论，利用椭圆的对称性可分析出以点、和为直角顶点的点的个数；再利用余弦定理及判断一元二次方程根的个数的方法得出；最后根据离心率的求法及椭圆离心率的范围即可求解.【详解】为直角三角形，可分为以下三类讨论：以点为直角顶点；以点为直角顶点；以点为直角顶点.由椭圆的对称性可知：以点为直角顶点的点有两个；以点为直角顶点的点有两个，则要使为直角三角形点有8个，须使以点为直角顶点的直角三角形有4个.由椭圆的对称性可得在轴上方有两个点满足以点为直角顶点.则，即，所以，解得即，所以，又因为椭圆离心率，所以.故选：C.8.已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案.【详解】由于函数，定义域为R，满足，得是奇函数，且在R上为增函数.在上恒成立，在上恒成立，在上恒成立，在上恒成立.令，则，当时，，故在上单调递减，当时，，在上单调递增，，即a的取值范围为，故选：D.【点睛】方法点睛：利用函数的单调性和奇偶性解不等式，再分离参数法借助导数求范围.二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分）9.设是公差为d的等差数列，为其前项的和，且，，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.，均为的最大值【答案】BCD【解析】【分析】由题意首先得，结合已知可得，进一步有，由此即可逐一判断每个选项.【详解】由题意，又是公差为d的等差数列，所以，故A错B对；从而，所以，均为的最大值，D对；而，所以，C对.故选：BCD.10.有一个棱长为4的正四面体容器，D是的中点，E是上的动点，则下列说法正确的是（）A.二面角所成角的正弦值为B.直线与所成的角为C.的周长最小值为D.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为【答案】BD【解析】【分析】对于A，作出辅助线，由三线合一以及二面角的定义、余弦定理即可验算；对于B，证明面后，结合面即可判断；对于C，把沿着展开使得它与平面在同一个平面内，将问题转换为牛吃草问题，结合解三角形知识即可判断；对于D，等价于验算正四面体内切球的半径.【详解】对于A，如图所示，取中点，连接，因为正四面体的四个面都是正三角形，所以由三线合一可知，，而面面，从而二面角所成角的平面角为，在中，，由余弦定理有，从而，故A错误；对于B，如图所示，连接，由于为中点，所以，又面，所以面，又面，所以，故B正确；对于C，把沿着展开使得它与平面在同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为（展开后的）的长，由于，，，，（展开后的满足），故展开后的，的周长最小值为，C错误；对于D，如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为内切球的半径，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作⊥于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为，所以，即，解得，D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：判断C的关键是将原问题转换为牛吃草问题，由此即可顺利得解.11.已知，其图像上能找到A、B两个不同点关于原点对称，则称A、B为函数的一对“友好点”，下列说法正确的是（）A.可能有三对“友好点”B.若，则有两对“友好点”C.若仅有一对“友好点”，则D.当时，对任意的，总是存在使得【答案】BD【解析】【分析】不妨设，存在友好点等价于方程有实数根，从而构造函数，利用导数得其单调性，画出图形，讨论的图象以及直线的图象的交点个数情况即可逐一判断求解.【详解】若和互为友好点，不妨设，则，即，令，则，令，则，所以单调递减，注意到和同号，且，所以当时，即，单调递增，当时，即，单调递减，从而即可在同一平面直角坐标系中作出的图象以及直线的图象，如图所示，当时，不存在友好点，当或时，仅存在一对友好点，当时，存在两对友好点，从而不可能有三对“友好点”，若仅有一对“友好点”，则或，故AC错，B对，当时，仅存在一对友好点，即对任意的，总是存在使得，D对.故选：BD.【点睛】关键点点睛：关键是将设，存在友好点等价于方程有实数根，由此即可通过数形结合顺利得解.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知正四棱台的上､下底面边长分别为2和4，若侧棱与底面所成的角为，则该正四棱台的体积为__________.【答案】##【解析】【分析】作出辅助线，根据侧棱与底面所成角的大小求出台体的高，利用台体体积公式求出答案.【详解】如图，延长相交于点，连接，过点作⊥平面，交于点，则⊥平面于点，且点在上，其中，过点作⊥于点，则，所以，因为侧棱与底面所成的角为，所以，故，则该正四棱台的体积为.故答案为：13.已知曲线在的切线与曲线只有一个公共点，则实数m的值为________；【答案】【解析】【分析】根据题意，利用导数的几何意义，求得曲线在的切线方程为，结合直线与相切求得切点，代入切线方程，即可求解.【详解】由函数，可得，所以且，所以曲线在的切线方程为，由函数单调递增，且，又，结合对数型函数图象，要使得切线与只有一个公共点，则直线与相切，切点为，可得，解得，则，所以切点为，将切点代入直线，可得，解得.故答案为：.14.通过双曲线的学习，我们知道函数的图象是“等轴双曲线”，其离心率为，经深入研究发现函数的图象也是双曲线，且直线和是它的渐近线，那么的离心率是________．【答案】##【解析】【分析】由题意定义一般标准形式的双曲线的渐近线的夹角为，它使得双曲线的一支包含在内部，且令，则有，从而即可通过类比法求解.【详解】如图所示：对于标准的双曲线方程，在其对应的渐近线上各取一点（不同于原点），我们定义渐近线夹角为，它使得双曲线的一支包含在内部，且令，，对于，我们知道其渐近线为和轴，从而可得其渐近线的夹角为，所以，所以的离心率是.故答案为：.四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知圆C的方程为：，直线l的方程为：，（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；（2）证明：直线l与圆C相交，设直线l与圆C相交于A、B，求弦长的最小值，及此时直线l的方程；（3）圆C的圆心C与A、B构成三角形，求三角形ABC面积的最大值．【答案】（1）或（2）证明见解析，弦长的最小值，此时（3）2【解析】【分析】（1）分别求解直线在轴上的截距，根据截距相等求解即可；（2）根据直线过定点可判断直线与圆相交，再根据当直线l与直线垂直时弦长最小求解即可；（3）由三角形的面积公式判断即可.【小问1详解】令可得，即，令，易得此时，可得，依题意，化简得，故或.故直线l的方程为：或.【小问2详解】即，故直线l过定点.因为，故在圆内.故直线l与圆C相交.故当直线l与直线垂直时弦长最小，此时，，故直线，.此时，，故，即.【小问3详解】依题意，故当，即为直角时取最大值.由（2）可得当时坐标分别为，此时为直角.故三角形ABC面积的最大值为2.16.如图1，在等腰梯形ABCD中，，，，于点E．将沿着BE折起，使A到达P的位置，如图2，连接PC，PD，得到四棱锥，且．已知Q是棱PD上一点，且平面CEQ．（1）求的值；．（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）连接BD交CE于点O，连接OQ，由线面平行的性质定理可得，从而可得答案.（2）利用线面垂直的判定定理证明平面BCDE，过点Q作CD的平行线交PC于点M，过点M作PE的平行线交EC于点N，连接QN．证明平面MNQ，利用二面角的定义找到平面角直接求解即可.【小问1详解】由题意等腰梯形ABCD中，，可知，．如图，连接BD交CE于点O，连接OQ．因为平面CEQ，平面PBD，且平面平面，所以，则【小问2详解】在中，，，，所以，则．又因为，CE，平面PCE，，所以平面PCE．因为平面PCE，所以．因为，CD，平面BCDE，且CD，BE相交，所以平面BCDE．过点Q作CD的平行线交PC于点M，过点M作PE的平行线交EC于点N，连接QN．因为平面PCE，所以平面PCE，则．又因为平面BCDE，所以，则，所以平面MNQ，．故∠MNQ是二面角的平面角．因为，所以，，，所以，即二面角的余弦值为．17.已知数列的首项，且满足，数列的前n项和满足，且．（1）求证：是等比数列；（2）求数列的通项公式；（3）设，求数列的前19项和．【答案】（1）证明见详解（2）（3）【解析】【分析】（1）由递推关系借助等比数列的定义进行证明；（2）利用当时，，求出数列是首项为1，公差为2的等差数列，可得通项公式；（3）由，利用裂项相消法求和.【小问1详解】所以是以为首项，为公比的等比数列.所以；【小问2详解】当时，，得；当时，，整理得，因为，所以，则，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，从而，所以数列的通项公式为；【小问3详解】由，设数列的前项和为，则.18.如图，已知A，B为抛物线E：上任意两点，抛物线E在A，B处的切线交于点P，点P在直线上，且，动点Q为抛物线E在A，B之间部分上的任意一点．（1）求抛物线E的方程；（2）抛物线E在Q处的切线交PA，PB于M，N两点，试探究与的面积之比是否为定值，若为定值，求出定值，若不为定值，请说明理由．【答案】（1）（2）与的面积之比为定值，理由见详解【解析】【分析】（1）设A、B的坐标分别为、，利用导数求出斜率，得到切线方程，根据已知可得和，从而解得，得解；（2）求出直线AB方程，设点得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.【小问1详解】抛物线方程为，故，所以，设A、B的坐标分别为、，则PA的方程为：即，同理PB的方程为：，联立PA，PB方程，得，因为点P在直线上，所以，又因为，即，所以，则抛物线E：；【小问2详解】与的面积之比为定值，设点，由（1）知切线的方程为：，又切线的方程为：，切线的方程为：，设点，即有，，因此直线的方程为：，有，点到直线的距离是，则，由，解得点M的横坐