浙江省2023-2024学年高二年级下册3月四校联考数学试题 含解析

2023学年高二第二学期3月四校联考

数学试题

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x+2y—4=°与直线2%+冲+m+3=°互相垂直，则根为（）

1

A.——B.1C.-1D.2

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A4+用为=。，即2+2加=0,解得加=—1.

故选：C

2.已知｛4｝是等比数列，则“出〉4〉0”是“｛4｝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〉q〉0,则公比4=殁〉1,

%

所以=%q'T>0,

则—=q〉l,所以a.>%,所以｛4｝为递增数列，

an

若为=—1；］,此时数列｛4｝递增数列，而0〉％〉。1，

所以“出>囚〉0”是“｛%｝为递增数列”的充分不必要条件.

故选：B

3.已知直线3x+4y—4=0与圆。相切于点T（0,l）,圆心C在直线x—y=0上，则圆。的方程为（）

A.1B.昱C.—D.—

2325

【答案】B

【解析】

3

【分析】先根据椭圆的定义得到|A周=口闾=",|4却=万口，再由等腰三角形的性质得到

a

71

cosNBA居=3=—,最后由二倍角的余弦公式得到离心率.

-33

由题意可得|%|+忸耳］=2a,因为|他|=忸闾，

3

所以口耳仁口闾二名3邳二万0

a

设区闾=2c,根据等腰三角形的性质得cosZBA玛=*=），

—a

2

2

因为ZBAF2=2ZOAF1,所以cosZBAF2=l-2sinZOAFX,

又sinNOA£=f,所以』=1—2（二］^e=—,

a3{aj3

故选：B.

6.已知正三棱台ABC-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

60，则此三棱台的表面积为（）

A.B.10^C.1173D.1273

【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5cgei的中点，连接

设0,01分别是正三角形ABC和正三角形4片£的中心,

则OeAD,qe人。］,且与〃=工g=B,BD=工AD=,

1131333

由于OO］，平面ABCBCu平面ABC,所以OOi^BC,

由于AD_LBC,ADc001=O,AD,OO、u平面ADDXA^,

所以平面AD2A，由于。2u平面ADD】A，

所以3C，，所以NRDA是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，

所以NDQA=60。，过C作qELAD,垂足为E,则DE=OD—已口=g,

所以2叵，

13

所以三棱台的表面积为工x22xsin600+Lx42xsin60°+^^x^x3=nB.

2223

故选：C

n——x

7.已知曲线丁=^存在过坐标原点的切线，则实数。的取值范围是()

e

A.[T,0]B.(-oo,-4]o[0,+oo)

C.(-4,0)D.(^o,-4)U(0,+a))

【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】-：y=^,

,-1-a+x

：.y=----------，

ex

设切点为，则为=";。，切线斜率1=1

CC

切线方程为y―=土手坛(x—xo),

e0e0

.切线过原点，

整理得：

..._axQ=1：+%(—x0),xl-ax0-a=0,

•..存在过坐标原点的切线，

A=«2+4«>0.解得aW-4或。20,

；•实数。的取值范围是(一",-4]u[0,+”).

故选：B.

b=±，°=叫8,贝iJ“，b,c的大小关系为()

8已知"苧e-3

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c

【答案】D

【解析】

InJCInx

【分析】根据式子结构，构造函数/(x)=F，利用导数判断出/(x)=—厂的单调性，进而得到a,b,

XX

c的大小关系.

Inx

【详解】根据式子结构，构造函数/(x)=一,

X

Inxx-2xlnxl-21nx

则r(x)=

x4X3

令/则X〉&"，令/'(x)>0,得0cxe加'

因此〃力=华在

+8单调递减,

X

*野嗯"⑷,吐点"小增"

因为4>e>G>&\所以a<b<c

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(lnlO)'='

B卜-{PT

C.（xe*）=（x+l）e，D.（cos3x）'=-sin3x

【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】（lnlO）'=O，fJ1}"c?1，

(xe)=6，+疣*=(x+l)e"(cos3%)=-3sin3x.

故选：BC.

10.已知圆C:(x—5p+(y—5『=9,A(2,0),B(0,2),则()

A.在圆C上存在点P,使得忸P|=3

B.在圆。上存在点P,使得点P到直线A3的距离为5

C.在圆C上存在点P.使得NAPB=90°

D.在圆°上存在点P,使得|/m=忸8=4

【答案】AB

【解析】

【分析】求出用一3〈忸升＜用+3判断A；根据P到直线A3的距离de[40—3,40+3]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0:（%—5）2+（丁—5）2=9可得，圆心。（5,5）,半径r=3,

对于A.,因为怛C|=^（0-5）2+（2-5）2=后,

所以国—3＜忸升＜庖+3,后一3＜3（国+3,所以在圆C上存在点P,使得忸尸卜3,正

确；

xy|5+5-2lI—

对于B,A3的方程为二+2=1,即x+y—2=0,。到A3的距离为]~1=4及，

22v2

P到直线A3的距离de[40—3,40+3],而5e140—3,40+31，

所以在圆。上存在点P,使得点P到直线A5的距离为5,正确;

对于C,以4(2,0),5(0,2)为直径端点的圆E：(x—厅+(y—行=2,

圆心石(1,1),半径e=、历，|EC\=^(1-5)2+(1-5)2=472>3+V2，两圆外离，两圆没有交点,

所以在圆C上不存在点尸.使得NAPB=90°,错误；

对于D,AB垂直平分线方程为y=%,直线丁=%与圆。:(%—5)2+(丁—5)2=9相交，

3应,372

有两个交点,但是若P为I，3-

2'2

(3A/2「3A/2

5+己一,5+=一时，|"|=忸7#4,所以在圆C上不存在点尸，使得不用=忸叶=4,错误.

故选：AB.

11.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-4片G2中，点E是棱CG的中点，则下列结论中正确的

是()

A.点4到平面的距离为布

B.异面直线AG与5E所成角的余弦值为士

10

C.三棱锥A-BDE的外接球的表面积为11兀

D.若点M在底面A3C。内运动，且点M到直线AG的距离为6，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.

对于A：以。为原点建立空间直角坐标系，

则。(0,0,0),5(2,2,0),£(0,2,1),A(2,0,2),

故。3=(2,2,0),DE=(0,2,1),以=(2,0,2),

设面BDE的法向量a=(X,y,z),点A到平面BDE的距离为d,

则2x+2y=0,2y+z=0,令％=—1,解得y=l,z=—2,

故”=(—1,1,一2),

1-2-41厂

由点到平面的距离公式得d=I；-----L,故A正确，

V1+1+4

对于B：易知A(2,0,0),G(0,2,2),故AC；=(—2,2,2)，BE=(—2,0,1),

4+2J15

设异面直线AG与班所成角为。，则cose=逐屈='，故B错误,

2

对于C：设三棱锥4-BDE的外接球的方程为(龙—。)2+(y—6)2+(c—Z)=

将4，民D,E代入球的方程,

(a-2)2+(b-0)2+(c-2)2=R2

(tz-2)2+(Z?-2)2+(c-0)2=7?2

可得《

(a-0)2+(b-2)2+(c-l)2=K2

(a-0)2+(/?-0)2+(c-0)2=7?2

(a-2)2+(c-2)2=(a-0)2+(c-0)2

利用加减消元法可得《

fa-2)2+(c-0)2==(tz-0)-+(c-l)2

22

(z?-o)2+f|-o

--0I+I=R2

756

解得a=：,c=代入方程中可得《

22

662

--2I+(Z?-0)+R-2j=R2

6

解得氏=芈，匕=|,故表面积为（平）2*4义兀=11兀，故C正确，

对于D：因为/到直线4c的距离为代，故M的轨迹是以4。为对称轴的圆柱，

而M又在底面上，底面与对称轴不垂直，

故M■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.

223

12.双曲线2L—L=i的离心率为一，则其渐近线方程是.

4m2

【答案】y=±拽x

-5

【解析】

【分析】由题意可得出e=£=‘4+加=3,求出机的值即可求出其渐近线方程.

all

22

【详解】由乙―土=1可得：m〉U且a=2,b=5,

4m

所以c=J/+方2-^4+m，

所以e=£=亚正=3,解得：m=5,

a22

所以双曲线二—三=1,则其渐近线方程为：y=+^HX.

455

故答案为：y=±x■

25'

13.在数列｛4｝中，4=1,%=7,若数列Iog2（%+1）为等差数列，则

【答案】1—出

【解析】

【分析】设2二地2伉+1)，根据。1=1，生=7求出4和3,得到｛2｝的通项公式，进而得到｛q｝的

通项公式，最后利用等比数列求和公式求和即可.

【详解】设2=log2(4+l)，贝1也｝为等差数列，设也｝的公差为d,

q=l,q=7,二.4=log2(q+1)=1,&=log2(/+1)=3,

则2d=4—Z?]=2,d=],Z?”=〃,

则n=log2(an+1),an=2"-1,

111n

TI

1n

1-

1122n

lL「』一

2+I+I

~2

故答案为：1-1..

xInx,-xInx-

-—-—-9—L<2,则加的最小值是

14.若对任意的d、x2且石＜%2,

%一石

【答案】-

e

【解析】

InJC+2

【分析】分析出函数/(x)=——在转)上为减函数，利用导数求出函数/(%)的单调递减区

间，即可求得实数加的最小值.

/、xIn-x9In2小

【详解】对任意的毛、x2e(m,+oo),且再＜/，----J7----＜2,易知根之0,

In玉+2>In%+2

则占In%In%<2%-2%,所以，\(Inx2+2)<x2(inx,+2),即

令/(X)="X+2,则函数4％)在(m,+oo)上为减函数,

因为，'(X)=n1+,由/'(x)<0,可得

所以函数/(%)的单调递减区间为1,+，|,

所以，(m,+oo)c［L+oo］,所以，m>-,因此，实数m的最小值为

\eJee

故答案为：—.

e

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=-3x2-18X+27,XGR.

(1)求八％)的单调区间与极值;

(2)求八％)在区间［0,3］上的最大值与最小值.

【答案】(1)答案见解析；

27

(2)最大值为54,最小值为一.

4

【解析】

【分析】(1)利用导数研究片幻的单调性，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】

33

由题设尸(x)=12"6x-18=12(x+l)(x-5),令尸(x)=0,得户—1或x.,

33(3

当了'(x)>0时，即12(x+l)(x——)>0,解得x〉一或x<—1,单调递增区间为(一8,—1)和不,+”

22\2

当/(％)<0时，即12(x+l)(x—1)<0,解得—1<X<:，单调递减区间为［T,|］

函数的极大值为/(-I)=38,极小值为f(1)=彳.

【小问2详解】

由e@3］,"0)=27,/⑶=54,则/(|)</(0)</(3)

27

且在区间［0,3］上连续，函数73在区间［0,3］内的最大值为54,最小值为丁.

16.已知公差不为0的等差数列｛%｝和等比数列｛4｝中，囚=4=1,a3+b2=-l,/+4=-3.

(1)求数列｛%｝,｛2｝的通项公式；

I〃

(2)若7；为数列4------卜的前九项和，求使4+14°成立的”的取值范围.

&

n

【答案】16.an=-2n+3,bn=2-'

17.{1,2}

【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7；后，解出不等式即可得.

【小问1详解】

nx

设=弓+(〃T)d、bn=biq~,又a,=a=1,

则可得%+"2=Q1+2d+b^Q—1+2d+q=—1,

%+4=%+4d+b、q2=1+4d+q2——3,

2d+g=—2d=—2d=—l

即有《14—叫、或《

2=2q=o

又dwO、9。0,故d=—2,q=2,

nlx

即an=1—2(〃-1)=—2〃+3,bn=q-=T-；

【小问2详解】

1.11______

anan+1(-2n+3)(-2n+l)2(2“一32n-lJ

++-+"I-1--=

n—nn—nn

2

〃b32n-l22n-l4

若T〃+£SO成立,即」+?«0，

b32n-l4

由〃21,即-1)«。，整理得〃(2〃一5)«。,

解得0<n<—,又〃wN*，故〃=1或〃=2,

2

即使4+厂<0成立的n的取值范围为{1,2}.

17.如图，在多面体中，平面4汨，平面ABC。，VADE是边长为2的等边三角形，四边形

A8C。是菱形，且4AZ)=60°,EF//AB，AB=2EF.

(1)求证：1平面ACB

(2)在线段AE上是否存在点M,使平面与平面夹角的余弦值为好.若存在，请说明点M

5

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M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AF.3D=0,从而得出8。，”，利用四边形

ABCD是菱形，得出8。，AC,再利用线面垂直的判定定理即可得出证明；

(2)设A〃=XAE，0W2W1,利用(1)结果，求出平面MBC一个法向量”=(0,41)和平面

肱的一个法向量为加=(0,1,0),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A。中点。，连接。瓦。6,

因为VADE为等边三角形，所以OELAD,

又平面?平面ABCD,平面ADE。平面ABCD=A£),OEu平面ADE,

所以OE_L平面ABCD,

又四边形A3CD是菱形，且44。=60°,所以

故以。为原点，Q4为x轴，08为y轴，0£为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

因为AB=AD=ED=EA=BD=2,EF=1，易知OE=OB=6

则A。,0,0),B(0,V3,0),C(-2,AO),D(-l,0,0),E(0,0,A/3),

所以=有,0）,EF=-AB=

2

得到尸J,冬出,故AB=,BD=(-!,-A0),

得到AE-3D=0，所以BDLAF，

又5£>J_AC,ACu平面ACEAFu平面ACRACr>AF=A,

：.801平面ACF.

【小问2详解】

假设存在点M,使平面MAD与平面"BC夹角的余弦值为亚，

^AM=AAE>0W2W1,WJ(xM-l,yM,zM)=A(-1,0,73),

所以x”=1—4,yM=0,zM=732.即M(l—九0,6丸)，

所以5M=(1—4—后屈)，BC=(-2,0,0),

设平面MBC的法向量为n=(x,y,z),

BM,n=0(l-2)x-石y+A/32Z=0y=Az

BCnx=0

令z=l,得x=0,y=4,所以“=（0,41）,

又平面MAD的一个法向量为m=（0,1,0）,

所以|cos/n，T=J之।，解得X=5或％=-5（舍去），

所以，存在点M,使平面M4。与平面MBC夹角的余弦值为亚，

点M为线段AE中点.

18.已知函数/（x）=«+aln（x+l）有两个极值点.

（1）求实数。的取值范围；

（2）设函数/（X）的两个极值点分别为占,吃,且证明：/（x2）<l-ln2.

【答案】（1）a<-l

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)求出函数的导函数，依题意可得x+2a«+l=0有2个不同的根，令f=则

»+2袱+1=0有2个不同的正根小马，利用根的判别式及韦达定理得到不等式，解得即可;

,—X+1

(2)依题意可得%+1+2。底=0,即可得到。=—；9］=,即可得到

/(x2)=7^-^^ln(x2+1),设g⑺=”(/+1“2+1)«〉］),利用导数说明函数的单调性，即

可得到g⑺<1Tn2,从而得证；

【小问1详解】

解：因为/(%)=«+aln(x+l)定义域为［。,+8),

所以/'(X)=」产+上=X+于4+］，因为函数/(x)的两个极值点，

2<xx+12jx(%+l)

「•元+2oJ^+l=0有2个不同的根，

令^=«20,则产+2G+l=0有2个不同的正根％/，所以A=4〃—4>0且=-2。〉0,解

得。V—1;

【小问2详解】

解：由(1)知，当且仅当av-l时有两个极值石，w且再<X2，因为冗2+1+2〃«"=0，所以

%+1

2卮

所以了(为)=店+。111(羽+1)=后一玉/111(尤2+1)

2占2

又石工2=1，0<不<%,X2>1,则>1,

、六,、(/+lln(r+l)

设g(t)=t-~——彳——-a>1),

2t

则g,⑺=1-(2加(『+1)+2，);(『+1)皿/+1)=(1—产)呼/+l)<o

:■函数g⑺在(L+8)上单调递减,

.•.g⑺<g(l)=l—ln2,

-，•/(%)=8(后)<lTn2.

19.已知抛物线C:y2=2px(p>0),P(-l,2),过焦点/的直线交抛物线于A(x，x),两

点，且占・X2=L

(D求抛物线C的方程；

(2)若线段交y轴于N(0,“)两点，判断m+〃是否是定值，若是，求出该值，否则

说明理由.

(3)若直线彳=冲+”交抛物线于C,。两点，M为弦CD的中点，|CD|=4夜，是否存在整数加，

使得—PCD的重心恰在抛物线上.若存在，求出满足条件的所有加的值，否则说明理由.

【答案】(1)J/=4%

(2)m+n—2,为定值

(3)m=l

【解析】

2

【分析】(1)联立直线和抛物线方程由韦达定理可得%•々=孑=1，即可求出抛物线C的方程；

(2)求出直线PAPB的方程得出以〃的表达式，由韦达定理化简可得利+九=2；

(3)利用弦长公式可求出关于以〃的式子，再结合切为整数即可得出根=1.

【小问1详解】

易知焦点