河北省石家庄市部分学校2024-2025学年高二下学期3月联考 数学试题（含解析）

河北省2024-2025学年高二年级第二学期3月联考数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册.一、单项选择题：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，只有项是符合题目要求的.1.已知双曲线的一条渐近线与圆相交于两点，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据直线和圆的位置关系求出点到直线距离，结合点到渐近线的距离求出，最后求出离心率即可.【详解】根据题意得，圆心到的渐近线的距离为设双曲线的一条渐近线方程为，则，.故选：D．2.正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】由截面图结合等面积法和勾股定理列出关于r的等量关系求出r即可求解.【详解】由题可知上下底正三角形的高分别为，由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，故如左图所示作截面，得到右图，设内切球半径为，则有即，所以正三棱台的高为6.故选：D.3.在四面体中，若，，，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作图，由，得到分别为中点，利用空间向量的线性关系得到即可.【详解】如图：∵，，∴分别为中点，∴，故选：B.4.抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点为平面上任意一点，为坐标原点，则（）A.－5 B.－3 C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】根据直线与抛物线的位置关系，利用韦达定理和向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】解：设，，由题意，直线的斜率存在，因为抛物线的焦点为，所以不妨设直线的方程为，由，可得，所以，，，所以，故选：B.5.已知直线与直线，在上任取一点，在上任取一点，连接，取的靠近点三等分点，过点作的平行线，则与之间的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平行线的性质和平行线之间的距离公式求解.【详解】如图：过作与点，交直线与点，则为所求直线与的距离.因为，.所以.故选：A6.已知直线过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，与抛物线的准线交于C点，若，则等于（）A.2 B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，根据相似得到，再利用抛物线的性质得到答案.【详解】如图所示：过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，则，，，故，即.故选：B7.曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别求出两曲线的切线方程，再构造函数，利用导数求得单调性和最值，即可求得的取值范围.【详解】两个函数求导分别为，设，图象上的切点分别为，，则过这两点处的切线方程分别为，，则，，所以，设，，，令，所以，所以在上单调递增，且，则在上单调递减，在上单调递增，所以，.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用公切线的定义得到，从而构造函数即可得解.8.已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A., B., C., D.,【答案】A【解析】【分析】先由导数证明函数是增函数，再证明其为奇函数，然后由奇偶性与单调性化简不等式，再分离参数转化为求新函数的最值，得参数范围．【详解】令，则在R上恒成立，所以在R上为增函数，又，所以，所以函数是R上的增函数，又，都是R上的增函数，所以函数是R上的增函数，，所以是奇函数，因为在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在,上单调递减，所以，故，故选：A．二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.9.若圆：与圆：的公共弦AB的长为1，则下列结论正确的有（）A.B.直线AB的方程为C.AB中点的轨迹方程为D.圆与圆公共部分的面积为【答案】BC【解析】【分析】两圆方程相减求出直线AB的方程，进而根据弦长求得，即可判断AB选项；然后由圆的性质可知直线垂直平分线段,进而可得到直线的距离即为AB中点与点的距离，从而可求出AB中点的轨迹方程，因此可判断C选项；对应扇形的面积减去三角形的面积乘以2即可求出圆与圆公共部分的面积，即可判断D选项.【详解】两圆方程相减可得直线AB的方程为，即，因为圆的圆心为，半径为1，且公共弦AB的长为1，则到直线的距离为，所以，解得，所以直线AB的方程为，故A错误，B正确；由圆的性质可知直线垂直平分线段,所以到直线的距离即为AB中点与点的距离，设AB中点坐标为，因此，即，故C正确；因为，所以，即圆中弧所对的圆心角为，所以扇形的面积为，三角形的面积为，所以圆与圆公共部分的面积为，故D错误.故选：BC.【点睛】圆的弦长的常用求法：（1）几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.10.等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，所以所形成的几何体的表面积是.如果绕斜边旋转，形成是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以写成的几何体的表面积.综上可知形成几何体表面积是或.故选：AB【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型.11.已知函数是奇函数，对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】构造函数，其中，结合奇偶性的定义判断奇偶性，利用导数判断函数在的单调性，然后利用函数的单调性判断出各选项的正误.【详解】构造函数，其中，则，因为对于任意的满足当时，，则函数在上单调递增，又函数是奇函数，所以，所以在上为偶函数，所以函数在上单调递减，，则，即，即，化简得，A选项错误；同理可知，即，即，化简得，B选项正确；，且即，即，化简得，C选项正确，，且即，即，化简得，D选项错误，故选：BC.【点睛】本题考查利用函数的单调性判断函数不等式是否成立，解题时要根据导数不等式的结构构造合适的函数，利用函数的单调性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆：和圆：，则这两个圆的位置关系为______．【答案】内含【解析】【分析】根据圆心距和两圆半径的关系即可判断两圆的位置关系.【详解】因为圆：，圆：，所以圆心距，而两圆半径之差，故两个圆内含．故答案为：内含13.已知数列中，，则数列的前项和_______．【答案】【解析】【分析】利用等差、等比数列的前项和公式求解.【详解】数列的前项和==,故答案为：.14.表面积为100π的球面上有四点S､A､B､C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若面SAB⊥面ABC，则棱锥体积的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】求出球半径及球心到平面的距离，进而求出外接圆半径，利用面面垂直结合球的截面小圆性质，求出的外接圆半径，确定点S到平面的最大距离即可作答.【详解】依题意，球的半径，令正的中心为，则，且平面，外接圆半径，连接并延长交于D，则D为的中点，且，显然，而平面平面，平面平面，有平面，令的外接圆圆心为，则平面，有，又平面ABCD，平面ABCD，所以，由,所以平面，所以，而平面平面，平面平面，平面，则平面，即有，因此四边形为平行四边形，则，，的外接圆半径，的外接圆上点到直线距离最大值为，而点在平面上的射影在直线上，于是点到平面距离的最大值，又正的面积，所以棱锥的体积最大值.故答案为：【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.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.设等差数列的前项和为，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）设，为数列前项的和，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意设出等差数列的公差，化简题目中的等式，可得答案；（2）利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】由题意设等差数列的公差为，由题意，解得，所以.【小问2详解】，所以数列的前50项和，所以.16.已知圆A经过两点，，且圆心A在直线上.（1）求圆A的标准方程；（2）求过点且与圆A相切的直线方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程.（2）判断直线符合题意，当切线斜率存在时，设出切线的方程，利用点到直线的距离公式来求得正确答案.【小问1详解】设圆心为，半径为r，由，得，得，点A的坐标为，圆半径，圆A的标准方程为；【小问2详解】画出圆的图象如下图所示，由图可知，直线过点，且与圆相切，当过点与圆相切的直线斜率存在时，设切线方程为，到直线的距离，解得，所以切线方程为.综上所述，切线方程为或.17.如图，在三棱柱中，，，在底面的射影为的中点，为的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）设为的中点，由线面垂直得到，由三线合一得到，从而得到线面垂直，证明出四边形为平行四边形，得到，证明出结论；（2）作出辅助线，证明出为二面角的平面角，结合（1）得到，求出各边长，利用余弦定理求出的余弦值，进而得到线面角的正弦值.【小问1详解】设为的中点，由题意得平面，∵平面，，，为的中点，，∵，平面，故平面，由，分别为，的中点，得且，从而，四边形平行四边形，故，又平面，平面；【小问2详解】作，且，连结，由，，得，由，，得≌，由，得，因此为二面角的平面角，由（1）得平面，平面，所以，由，，，得，故，由余弦定理得，，所以.18.已知双曲线：（，）的实轴长为2，点到双曲线的渐近线的距离为.（1）求双曲线的方程；（2）过点的动直线交双曲线于、两点，设线段的中点为，求点的轨迹方程.【答案】（1）（2），其中或【解析】【分析】（1）根据实轴长得，利用点到直线的距离结合求解即可；（2）设，，，联立直线l与双曲线的方程，消去y，得，且，得且，由韦达定理，得，从而得，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得解.【小问1详解】双曲线实轴长为，由已知，，则，因为双曲线：（，）的一条渐近线为，点到双曲线的渐近线的距离为，所以，所以，所以，所以双曲线的方程是；【小问2详解】易知直线的斜率存在设为，设、、，联立直线l与双曲线E的方程，得，消去y，得．由且，得且．由韦达定理，得．所以，．由消去k，得．由且，得或．所以，点M的轨迹方程为，其中或．19.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若，且，求证：．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，分和，