湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷

年湖北部分名校高二3月联考高二数学试卷命题学校：黄陂一中（前川校区）命题教师：胡启军李波王爱文余嘉伦审题学校：鄂南高中考试时间：年3月日下午：：试卷满分：分注意事项：．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．．选择题的作答：每小题选出答案后，用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．．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：每小题5分，共分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知是等差数列，，则（）A.0B.5C.10D.15【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的通项公式求解.【详解】设等差数列的公差为，由可得，，①又由可得，，即，②由①②解得，所以，故选:A.2.在等比数列中，，，则公比（）第1页/共24页A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据可求得结果.【详解】因为公比为的等比数列满足，，由题意可得，故.故选：B.3.棱长为的正方体中，点是的中点，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标可计算得出的值.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，，，故.故选：C.4.已知圆，圆，点P在圆N上运动，直线与圆M相切于点A，则的最大长度为（）第2页/共24页A.8B.7C.D.【答案】C【解析】【分析】利用圆的切线长公式以及点到圆的距离的位置关系求解.【详解】由题，圆，圆，所以圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，作图如下，因为,由几何性质可知，当的坐标为时，有最大值为，此时最大，最大值为，故选:C.5.已知函数在处取得极大值，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求得，对和的大小进行分类讨论，利用函数的极值点与导数的关系可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，由可得，，第3页/共24页因为函数在处取得极大值，则，当时，则，列表如下：增极大值减极小值增故当时，函数在处取得极小值，不合乎题意；当时，则，列表如下：增极大值减极小值增故当时，函数在处取得极大值，合乎题意.综上所述，.故选：D.6.已知，则曲线在点处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，可求得，求导可得，令，可求得，可求切线方程.【详解】令，可得，即，解得，由，可得，令，可得，解得，第4页/共24页所以曲线在点处的切线方程为，即.故选：D.7.、是双曲线的上、下焦点，过的直线与的上、下两支分别交于、两点．若，，又，则双曲线的实轴长为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出图形，在直角中，利用锐角三角函数的定义可求出，利用勾股定理可求得，利用双曲线的定义可得出关于的等式，解出的值，进而利用双曲线的定义可求得该双曲线的实轴长.【详解】如下图所示：因为，，则，因为，则，故，由双曲线的定义可得，即，解得，因此，该双曲线的实轴长为.故选：B.8.已知数列、满足，，这两个数列的项组成一个集合，集合中的数按从第5页/共24页小到大的顺序排列组成数列，的前项和为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】、的公共项构成的数列列的前项包含数列的前项，数列的前项，且、、这三项出现两次，各记为一次，利用等差数列的求和公式可求得的值.【详解】数列的各项为：、、、、、、、、、、、，数列的各项为：、、、、、、、、、、、，所以，数列、的公共项为：、、、，则数列、公共项构成以首项为，公差为的等差数列，所以，，则，且，所以，数列的前项包含数列的前项，数列的前项，且、、这三项出现两次，各记为一次，所以，.故选：C.关键点在于确定数列的前解.二、多选题：本题共3小题，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9.在棱长为2的正方体EFG分别为P为线段上的动点，则下列选项正确的是（）第6页/共24页A.B.三棱锥的体积为定值C.平面截正方体所得的截面面积为9D.存在实数使得【答案】BD【解析】【分析】连接，求得，利用勾股定理的逆定理可判断A；取的中点，连接，利用线面位置关系可得平面，可判断B；连接，可得截面为四边形，求得面积可判断C；利用四边形为梯形，可判断D.【详解】对于A，连接，因为分别为的中点，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又易求得，所以，所以不垂直于，所以不垂直于，故A错误；对于B，取的中点，连接，第7页/共24页由E、F、G分别为的中点，所以可得，又平面，平面，所以平面，又易得，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，又，所以到平面距离为定值，又为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确.对于C，连接，因为E、F分别为的中点，所以易得，且，则四点共面，所以平面截正方体所得的截面为四边形，由题意可得，所以四边形为等腰梯形，所以梯形的高为，所以四边形的面积为，故C错误；对于D，易知，又因为E、F分别为的中点，第8页/共24页所以，且，则四点共面，所以四边形为梯形，又为相交直线，所以存在实数使得，又因为且，所以，所以存在实数使得，故D正确.故选：BD.10.已知椭圆，斜率为k且不经过原点O直线l与椭圆相交于A，B两点，P为椭圆的左顶点，M为线段的中点，则下列结论正确的（）A.若直线斜率为，则B.若点M的坐标为，则直线l的方程为C.若直线l的方程为，则D.若直线l过椭圆右焦点，则线段的最小值为1【答案】BC【解析】AA和点斜式可得BC直线方程为，联立曲线由弦长公式可得D错误.【详解】设，对于A，由题意可得，，所以，第9页/共24页因为点A，B在椭圆上，代入上式可得，故A错误；对于B，由A可得，由点斜式可得，化简可得直线l的方程为，故B正确；对于C，联立，消去可得，，，由弦长公式可得，故C正确；对于D，椭圆的右焦点，设此时直线方程为，联立曲线方程可得，消去可得，，，由弦长公式可得，由函数的单调性可得当时取得最小值为1，但此时斜率不存在，不符合题意，故D错误.故选：BC分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：13610称为三角形数；第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，称为正方形数．记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则（）第10页/共24页A.B.1275既是三角形数，又是正方形数C.D.，总存在，使得成立【答案】ACD【解析】【分析】用累加法求得，再用裂项相消法计算可判断A；分别令，计算可得是三角形数的第50项，但1275不是完全平方数，可判断B；将放缩后用裂项相消法求和即可判断C；计算可得，可得结论.【详解】对于A，因为，所以，当时也满足上式，所以，所以，故A正确；对于B，由得，，即，解得，故1275是三角形数的第50项，但1275不是完全平方数，故B错误；对于C，，其中，所以当时，第11页/共24页，当或时不等式显然成立，故C正确：对于D，，所以，故，总存在，使得成立，故D正确．故选：ACD.【点睛】关键点点睛：关键在于用累加法求得数列的累加法求得通项公式，利用放缩法求得，求解可得结论.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.在棱长为的正四面体中，、分别是、的中点，则____________．【答案】【解析】【分析】将用基底表示，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】连接，如下图所示：由空间向量数量积的定义可得，同理可得，，所以，第12页/共24页.故答案为：.13.已知圆的距离等于的范围是____________．【答案】【解析】的距离，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数之即可.【详解】圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，因为圆上至少有三个点到直线的距离等于，则，即，解得，因此，实数的取值范围是.故答案为：.14.已知函数，若关于x方程仅有2个实数解，则实数a的取值范围为____________．【答案】第13页/共24页【解析】【分析】利用导函数与单调性的关系讨论函数求解即可.【详解】由题意得，函数的定义域为．对函数求导得，令，可得；令，可得或，所以在和上单调递减，在上单调递增．故当时，有极小值为．作出函数图象如下，令，则方程化成，解得或，则有1个实数解，所以或且，解得或且，∴实数a的取值范围为故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数（1）若，求在上的最大值；第14页/共24页（2）讨论函数的单调性．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】1）当时，利用导数分析函数在上的单调性，即可求出函数上的最大值；（2函数的增区间和减区间.【小问1详解】因为的定义域为，，当时，则，，当时，，即函数在上单调递增，当时，，即函数在上单调递减，所以，当时，.【小问2详解】，①当时，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数的增区间为、，减区间为；第15页/共24页②当时，对任意的恒成立，所以，函数的增区间为，无减区间；③当时，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数的增区间为、，减区间为.综上所述，当时，函数的增区间为、，减区间为；当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的增区间为、，减区间为.16.已知在数列中，为其前的前项和为，且有，.（1）求与的通项公式；（2）令，若的前项和为，求证：．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】1）令，可求得的值，当时，由可得，两式作差推导出数列为等差数列，确定其首项和公差，可求出数列的通项公式；当时，由可得出，结合等比中项法知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；第16页/共24页（2）求得，利用错位相减法求出，即可证得结论成立.【小问1详解】由，当时，，解得．当时，，两式相减可得：，即，化为：，对任意的，，所以，，即，所以，数列是等差数列，首项为，公差为，则．当时，，即，可得，因为，，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，．【小问2详解】因为，则，，则，上述两个等式作差可得，因为，所以，.17.如图，在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，为的中点．第17页/共24页（1）证明：平面平面；（2M满足与平面所成角的正弦值为与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）推导出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求出的值，然后利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，则，因为是的中点，所以，，且，又，则，且，所以，，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，平面平面.【小问2详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，第18页/共24页则、、、，所以，，，，，设平面的一个法向量则，取，则，，可得，因为与平面所成角的正弦值为，则，整理可得，因为，解得，则，所以，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，，因此，面与平面夹角的余弦值为．第19页/共24页18.在平面直角坐标系中，曲线上的动点到点的距离与直线的距离相等．直线过点交曲线于、两点．（1）求曲线的方程；（2）若，求直线的方程；（3轴的直线被以的方程？若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】1）分析可知，曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，即可得出曲线的方程；（2）分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，由可得可求出的值，由此可得出直线的方程；（3）设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出直线截圆所得弦长的表达式，根据弦长为值可求得的值，即可得出直线的方程.【小问1详解】因为曲线上的动点到点的距离与直线的距离相等．所以，曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，故曲线的方程为.【小问2详解】若直线的斜率不存在时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，第20页/共24页联立可得，则，由韦达定理可得，，由得，可得，所以，，则，所以，，解得.因此，直线的方程为.【小问3详解】设直线的方程为，线段中点为，直线交于点、，点到直线的距离为，又，所以，，则，当时，即，截得弦长为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：第21页/共24页（1）从特殊入手，求出定值，再证