浙江省2023-2024学年高二下学期3月四校联考数学试题

2023学年第二学期3月四校联考高二数学学科试题卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知直线与直线互相垂直，则m为（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】根据两直线垂直的一般式的结论即可得出答案.【详解】两直线垂直，则有，即，解得.故选：C2.已知是等比数列，则“”是“为递增数列”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的单调性结合充分条件和必要条件的定义即可得解.【详解】当，则公比，所以，则，所以，所以为递增数列，若，此时数列递增数列，而，所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.故选：B3.已知直线与圆相切于点，圆心在直线上，则圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意设出圆心的坐标，利用求出点坐标，进而求出半径，得解.【详解】由题意，设（），圆的半径为，，解得，所以圆心，半径，所以圆的方程为.故选：D.4.已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（）A.244 B.243 C.242 D.241【答案】A【解析】【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.【详解】由题意可知，且，设等比数列的公比为，则，得，.故选：A5.已知椭圆的左右焦点分别是，，过的直线与相交于A，B两点，若，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据椭圆的定义得到，再由等腰三角形的性质得到，最后由二倍角的余弦公式得到离心率.【详解】由题意可得，因为，所以，设，根据等腰三角形的性质得，因为，所以，又，所以，故选：B.6.已知正三棱台的上､下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的表面积为（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积.【详解】设分别是的中点，连接，设分别是正三角形和正三角形的中心，则，且，由于平面平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，所以，过作，垂足为，则，所以，所以三棱台的表面积为.故选：C7.已知曲线存在过坐标原点的切线，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有实数根，求得的取值范围.【详解】∵，∴，设切点为，则，切线斜率，∴切线方程为，∵切线过原点，∴，整理得：∵存在过坐标原点的切线，∴，解得或，∴实数的取值范围是.故选：B.8.已知，，，则a，b，c的大小关系为（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据式子结构，构造函数，利用导数判断出的单调性，进而得到a，b，c的大小关系.【详解】根据式子结构，构造函数，则，令，则，令，得，因此在单调递增，在单调递减，而，，因为，所以故选：D二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列求导正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由基本初等函数的导数与导数的运算法则计算即可.【详解】，，，.故选：BC.10.已知圆，，则（）A.在圆上存在点，使得B.在圆上存在点，使得点到直线的距离为C.在圆上存在点．使得D.在圆上存在点，使得【答案】AB【解析】【分析】求出判断A；根据到直线的距离判断B；转化为两圆的位置关系判断C；求出垂直平分线与圆的交点判断D.【详解】由可得，圆心，半径，对于A.，因为，所以，，所以在圆上存在点，使得，正确；对于B，的方程为，即，到的距离为，到直线的距离，而，所以在圆上存在点，使得点到直线的距离为，正确；对于C，以为直径端点的圆，圆心，半径，，两圆外离，两圆没有交点，所以在圆上不存在点．使得，错误；对于D，垂直平分线方程为，直线与圆相交，有两个交点，但是若为，时，，所以在圆上不存在点，使得，错误.故选：AB.11.如图所示，在棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，则下列结论中正确的是（）A.点到平面的距离为B.异面直线与所成角的余弦值为C.三棱锥的外接球的表面积为11πD.若点M在底面ABCD内运动，且点M到直线的距离为，则点M的轨迹为一个椭圆的一部分【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用点到平面的距离公式处理即可，对于B，利用线线角的向量求法处理即可，对于C，利用球的方程解出半径再求面积即可，对于D，利用圆柱与平面的截面即可判断.【详解】对于A：以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，故，，，设面的法向量，点到平面的距离为，则，，令，解得，，故，由点到平面的距离公式得，故A正确，对于B：易知，，故，，设异面直线与所成角为，则，故B错误，对于C:设三棱锥的外接球的方程为，将代入球的方程，可得，利用加减消元法可得，解得，代入方程中可得，解得，，故表面积为，故C正确，对于D：因为到直线的距离为，故的轨迹是以为对称轴的圆柱，而又在底面上，底面与对称轴不垂直，故在底面与圆柱的截面上，此截面必为椭圆的一部分，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：空间中的几何体的外接球，可以通过综合法确定球心的位置，也可以利用球的方程确定球心坐标和球的半径，而空间中动点的轨迹，则需利用几何体的特征确定动点的几何特征，结合线面关系确定轨迹．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.双曲线的离心率为，则其渐近线方程是_______.【答案】【解析】【分析】由题意可得出，求出的值即可求出其渐近线方程.【详解】由可得：且，所以，所以，解得：，所以双曲线，则其渐近线方程为：.故答案为：.13.在数列中，，，若数列为等差数列，则_____________________.【答案】【解析】【分析】设，根据，求出和，得到的通项公式，进而得到的通项公式，最后利用等比数列求和公式求和即可.【详解】设，则为等差数列，设的公差为，，，，，则，，，则，，，.故答案为：.14.若对任意的、，且，，则的最小值是_______________________．【答案】【解析】【分析】分析出函数在上为减函数，利用导数求出函数的单调递减区间，即可求得实数的最小值.【详解】对任意的、，且，，易知，则，所以，，即，令，则函数在上为减函数，因为，由，可得，所以函数的单调递减区间为，所以，，所以，，因此，实数的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数.（1）求的单调区间与极值；（2）求在区间上的最大值与最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）最大值为54，最小值为.【解析】【分析】（1）利用导数研究的单调性，并求出极值即可；（2）根据（1）结果，比较区间内端点值、极值大小，即可得最值.【小问1详解】由题设，令，得或，当时，即，解得或，单调递增区间为和.当时，即，解得，单调递减区间为.函数的极大值为，极小值为.【小问2详解】由，，，则且在区间上连续，函数在区间内的最大值为54，最小值为.16.已知公差不为0的等差数列和等比数列中，，，．（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，求使成立的的取值范围．【答案】16.，17.【解析】【分析】（1）设出两数列，借助基本量计算即可得；（2）借助裂项相消法计算出后，解出不等式即可得.【小问1详解】设、，又，则可得，，即有，解得或，又、，故，，即，；【小问2详解】，则，，若成立，即，由，即，整理得，解得，又，故或，即使成立的的取值范围为.17.如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是菱形，且，，．（1）求证：平面ACF；（2）在线段AE上是否存在点M，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．若存在，请说明点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在点，点为线段AE的中点【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法得出，从而得出，利用四边形是菱形，得出，再利用线面垂直的判定定理即可得出证明；（2）设，，利用（1）结果，求出平面一个法向量和平面的一个法向量为，再根据条件，利用面面角的向量法即可求出结果.【小问1详解】取中点，连接，因为为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又四边形是菱形，且，所以，故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，易知，则，，，，，所以，，得到，故，，得到，所以，又，平面ACF，平面ACF，，∴平面ACF．【小问2详解】假设存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，设，，则，所以，，．即，所以，，设平面的法向量为，则即，所以，令，得，所以，又平面的一个法向量为，所以，解得或(舍去)，所以，存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，点为线段中点．18.已知函数有两个极值点．（1）求实数的取值范围；（2）设函数的两个极值点分别为，且，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得有2个不同的根，令，则有2个不同的正根，利用根的判别式及韦达定理得到不等式，解得即可；（2）依题意可得，即可得到，即可得到，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得证；【小问1详解】解：因为定义域为，所以，因为函数的两个极值点，有2个不同的根，令，则有2个不同的正根，所以且，解得；【小问2详解】解：由（1）知，当且仅当时有两个极值且，因为，所以，所以，又，，，则，设，则.函数在上单调递减，，.19.已知抛物线，，过焦点的直线交抛物线于，两点，且．（1）求抛物线的方程；（2）若线段交轴于，两点，判断是否是定值，若是，求出该值，否则说明理由．（3）若直线交抛物线于C，D两点，为弦的中点，，是否存在整数，使得的重心恰在抛物线上．若存在，求出满足条件的所有的值，否则说明理由．【答案】（1）（2），为定值（3）【解析】【分析】（1）联立直线和抛物线方程由韦达定理可得，即可求出抛物线的方程；（2）求出直线的方程得出的表达式，由韦达定理化简可得；（3）利用弦长公式可求出关于的式子，再结合为整数即可得出.【小问1详解】易知焦点，设过焦点的直线的方程为；联立直线与抛物线方程可得，易知，可得，解得，所以抛物线的方程为【小问2详解】由（1）可得，所以直线的方程为，如下