2024湖南省天壹名校联盟高二下学期3月联考数学试题含解析

这是一份2024湖南省天壹名校联盟高二下学期3月联考数学试题含解析，共11页。试卷主要包含了已知正项等比数列的前项和为，则，已知函数的最大值为，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无放.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，则（ ）
A.2 B. C. D.4
3.过三点圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.某次公益教育活动中有三个班级的授课任务，现有甲､乙､丙､丁4名老师报名参加，每个班级仅需要1名老师，每名老师最多在一个班级授课，若甲不能到第一个班级授课，则不同的安排方法共有（ ）
A.18种 B.32种 C.22种 D.36种
5.已知正项等比数列的前项和为，则（ ）
A. B.14 C. D.
6.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，其分布规律如图所示，记图中第行第列的元素为，则的值为（ ）
A.210 B.84 C.126 D.106
7.近日，经我国某地质与生命科研所研究发现，在热带雨林地带，某种乔木型果树的根茎长度（单位：米）与其存活时间（单位：年）近似满足函数模型：.当该种果树的根茎长度大于2.9米时，其可稳定扎根于土壤中，吸收土壤中的水分和养料从而进入“稳定期”，则该种果树从栽种开始至少需要几年才能进入“稳定期”（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
8.棱长为2的正方体，以上下底面中心的连线为对称轴旋转角度后与原正方体公共区域的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分.
9.已知函数的最大值为，则（ ）
A.
B.在区间上单调递增
C.的图象关于点对称
D.曲线的对称轴方程为
10.已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则（ ）
A. B.所有项的系数和为128
C.常数项为945 D.的系数为21
11.对于对称轴不为坐标轴的圆锥曲线，我们可以通过线性换元法来判断它的形状，如曲线，我们令，可以将转化为，进而得知曲线的形状是椭圆；再如，我们令，可以将转化为，进而得知曲线的形状是抛物线.根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A.曲线的形状是双曲线
B.曲线的形状是椭圆
C.曲线的形状是椭圆
D.若曲线的形状是双曲线，则的取值范围是
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.样本数据的分位数为__________.
13.函数的最大值为__________.
14.某省要求高考考场内最多安排30个座位，某地考点拟每个考场采用7788的行列分布座位（如图），则考生甲与考生乙既不前后相邻，也不左右相邻的坐法共有__________种.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15.（13分）已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求.
16.（15分）已知正项数列的前项和为，数列和是公差分别为1和的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）证明：.
17.（15分）如图所示多面体是由长方体和圆柱的一部分组成，其中分别是以点为圆心，圆心角为的圆弧的一部分，分别是的中点，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
18.（17分）已知偶函数和奇函数均为幂函数，，且.
（1）若，证明：；
（2）若，且，求的取值范围.
19.（17分）已知抛物线的准线方程为，过点作两条不重合的直线和与交于两点，与交于两点，且.设中点为中点为中点为.
（1）求的方程；
（2）证明：在定直线上，且的斜率为定值.
2024年上学期高二3月大联考·数学
参考答案､提示及评分细则
1.【答案】D
【解析】由题意可得，故，故选D.
2.【答案】B
【解析】由题意可得，故，故选B.
3.【答案】D
【解析】解法一：易知是直角三角形，外接圆的圆心为斜边的中点，半径其标准方程为，故选D.
解法二：设圆的方程为，
则
其标准方程为，故选D.
4.【答案】A
【解析】若甲老师去第一个班级授课，则不同的安排方法有种，若对甲老师授课班级不限制，则不同的安排的方法有种，故安排方法共有种，故选.
5.【答案】C
【解析】记等比数列的公比为，由题可知，解得或（舍去），所以，故选C.
6.【答案】C
【解析】由已知可得，故选C.
7.【答案】C
【解析】易知在上单调递增，，即，所以至少需要6年才能进入“稳定期”.故选C.
8.【答案】A
【解析】以正方体一面中心为原点建立如图所示坐标系，旋转后公共部分为棱柱，
底面积为两个正方形公共部分的面积（图中阴影部分为例），由对称性知，
由图可知直线倾斜角为，设，则点到的距离为
，
.
令，则，故选A.
9.【答案】BC
【解析】因为的最大值为，所以，解得，故A错误；时，，是的增区间，故B正确；，故C正确；令，可得曲线的对称轴方程为，故D错误.
10.【答案】ABD
【解析】因为第4项与第5项的二项式系数相等，所以解得，故正确；
令，可得展开式中所有项的系数和为，故B正确；在中，第项，取，即，所以不存在常数项，故C错误；取，即，所以，所以的系数为21，故D正确，故选ABD.
11.【答案】AC
【解析】令，则转化为，其形状为双曲线，故A正确；令，则转化为，其形状为抛物线，故B错误；令，则转化为，再令，则曲线转化为，其形状为椭圆，故C正确；令，则转化为，当
或时均不符合题意，再令，则转化为，若，则不为双曲线；若，则，则有或，综上的取值范围是，故D错误，故选AC.
12.【答案】9
【解析】将样本数据从小到大排列为.因为其中，所以分位数为从小到大排列的第2个数和第3个数的平均数，即为，故答案为9.
13.【答案】2
【解析】由题意可得.
令，解得；令，解得，
故在区间上单调递增，在上单调递减，
所以，故答案为2.
14.【答案】774
【解析】本题考查学生在具体情景下对排列组合多情况分类讨论以及计算能力，根据给出的考场排布图可以看出位置与位置之间具有共性，是可以等效的，所以分三种情况：①位置等效，有种情况.②位于边界但不处于①中位置的位置等效，有种情况.
③不位于①②所说位置的位置等效，有种情况，全部相加得到答案为774种.
15.【解析】（1）由已知得，即，
即，即，因为，所以.
（2）由余弦定理得，，解得，
由正弦定理得，.
16.【解析】（1）由题意知，解得.
故，所以，又也满足，故.
注：如果考生只代入的特殊情况得出答案，最多得4分.
（2）由（1）得，
累加可得得.
17.【解析】（1）证明：连接，设与交于点.易知四边形为平行四边形；
因为在四边形中，与交点为中点，为中点，
所以为的中位线，所以；
因为平面平面，所以平面.
（2）以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设平面的法向量，
则.令，得，所以；
易知平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18.【解析】（1）证明：由题意，设.
由，得.
方法一：
则，因为函数单调递减，所以.
方法二：
则，由幂函数的性质可知，，所以.
.因为为偶函数，为奇函数，所以，
则.因为，所以，因此.
（2）因为，所以.显然.
当时，的定义域为，令解得（负根舍
去）.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增，故的最小值为.
因为，所以，解得，所以符合题意.
当时，的定义域为，令解得（正根舍去）.当时，；当.所以在单调递减，在单调递增，故的最小值为.因为，所以，解得，所以符合题意.综上所述，的取值范围为.
19.【解析】（1）因为准线方程为，所以，所以的方程为.
（2）设，由可得，所以，
设，联立和，得.
，所以，
又因为，所以，
又由，可化简得，
同理可得，所以和是方程的两个根，
所以，
，同理得，所以，所以1，点在定直线上.
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