湖北省2023_2024学年高二数学下学期3月联考试题含解析

这是一份湖北省2023_2024学年高二数学下学期3月联考试题含解析，共23页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
1．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.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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.
3．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（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）
1. 已知等比数列中，，则公比（）
A. B. 2C. 3D. 2或
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得，解得，再由可得，根据求解即可.
【详解】解：因为数列为等比数列，，
所以，解得，
又因为，即，解得.
故选：B.
2. 若两条平行直线与之间的距离是，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行可求出的值，利用平行线间的距离公式可求出的值，即可得出的值.
【详解】因为直线与平行，则，
且这两条直线间的距离为，解得，故.
故选：A.
3. 为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的标准方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程,设出,由PF=4以及抛物线的定义列式可得,即,再代入抛物线方程可得点P的纵坐标,再由三角形的面积公式可得.
【详解】由可得抛物线的焦点F(1,0),准线方程为,
如图:过点P作准线的垂线,垂足为,根据抛物线的定义可知PM=PF=4,
设,则,解得,将代入可得,
所以△的面积为=.
故选B.
【点睛】本题考查了抛物线的几何性质,定义以及三角形的面积公式,关键是①利用抛物线的定义求P点的坐标;②利用OF为三角形的底,点P的纵坐标的绝对值为高计算三角形的面积.属中档题.
4. 如图，在三棱锥中，设，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解.
【详解】解：，
，
，
，
故选：A
5. 若满足，，则最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】代入化简可得，再设，，根据辅助角公式求解即可.
【详解】由题意，
.
因为，故可设，，
则，其中.
故当时取小值.
故选：D
6. 下列不等式中，对任意的恒成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于AB，取即可推翻，对于D，取即可推翻，对于C，构造函数，通过求导得其单调递增，进而有，由此即可判断.
【详解】对于AB，当时，即不成立，即不成立，AB错误；
对于C，令，则，
从而单调递增，所以，即对任意，恒成立，C正确；
对于D，取，则此时，D错误
故选：C.
7. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，若使为直角三角形的点有8个，则的离心率的范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据为直角三角形分三类讨论，利用椭圆的对称性可分析出以点、和为直角顶点的点的个数；再利用余弦定理及判断一元二次方程根的个数的方法得出；最后根据离心率的求法及椭圆离心率的范围即可求解.
【详解】
为直角三角形，可分为以下三类讨论：
以点为直角顶点；以点为直角顶点；以点为直角顶点.
由椭圆的对称性可知：以点为直角顶点的点有两个；以点为直角顶点的点有两个，
则要使为直角三角形点有8个，须使以点为直角顶点的直角三角形有4个.
由椭圆的对称性可得在轴上方有两个点满足以点为直角顶点.
则，
即，
所以，解得即，
所以，
又因为椭圆离心率，
所以.
故选：C.
8. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案.
【详解】由于函数，定义域为R，满足，
得是奇函数，且在R上为增函数.
在上恒成立，
在上恒成立，
在上恒成立，在上恒成立.
令，则，
当时，，故在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
，即a的取值范围为，
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用函数的单调性和奇偶性解不等式，再分离参数法借助导数求范围.
二、多选题（本大题共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，部分选对得部分，有选错的得0分）
9. 设是公差为d的等差数列，为其前项的和，且，，则下列说法正确的是（）
A. B. C. D. ，均为的最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意首先得，结合已知可得，进一步有，由此即可逐一判断每个选项.
【详解】由题意，
又是公差为d的等差数列，所以，故A错B对；
从而，所以，均为的最大值，D对；
而，所以，C对.
故选：BCD.
10. 有一个棱长为4的正四面体容器，D是的中点，E是上的动点，则下列说法正确的是（）
A. 二面角所成角的正弦值为
B. 直线与所成的角为
C. 的周长最小值为
D. 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，作出辅助线，由三线合一以及二面角的定义、余弦定理即可验算；对于B，证明面后，结合面即可判断；对于C，把沿着展开使得它与平面在同一个平面内，将问题转换为牛吃草问题，结合解三角形知识即可判断；对于D，等价于验算正四面体内切球的半径.
【详解】对于A，如图所示，
取中点，连接，因为正四面体的四个面都是正三角形，
所以由三线合一可知，，
而面面，从而二面角所成角的平面角为，
在中，，由余弦定理有，
从而，故A错误；
对于B，如图所示，
连接，由于为中点，所以，
又面，所以面，
又面，所以，故B正确；
对于C，把沿着展开使得它与平面在同一个平面内，连接交于点，
则的最小值即为（展开后的）的长，由于，，
，
，
（展开后的满足），
故展开后的，的周长最小值为，C错误；
对于D，如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为内切球的半径，
设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，
则为的中心，点在上，过点作⊥于点，
因为，所以，同理，
则，故，
设，故，
因为，所以，
即，解得，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：判断C的关键是将原问题转换为牛吃草问题，由此即可顺利得解.
11. 已知，其图像上能找到A、B两个不同点关于原点对称，则称A、B为函数的一对“友好点”，下列说法正确的是（）
A. 可能有三对“友好点”
B. 若，则有两对“友好点”
C. 若仅有一对“友好点”，则
D. 当时，对任意的，总是存在使得
【答案】BD
【解析】
【分析】不妨设，存在友好点等价于方程有实数根，从而构造函数，利用导数得其单调性，画出图形，讨论的图象以及直线的图象的交点个数情况即可逐一判断求解.
【详解】若和互为友好点，不妨设，
则，即，
令，则，
令，则，
所以单调递减，注意到和同号，且，
所以当时，即，单调递增，
当时，即，单调递减，
从而即可在同一平面直角坐标系中作出的图象以及直线的图象，如图所示，
当时，不存在友好点，
当或时，仅存在一对友好点，
当时，存在两对友好点，
从而不可能有三对“友好点”，
若仅有一对“友好点”，则或，故AC错，B对，
当时，仅存在一对友好点，即对任意的，总是存在使得，D对.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：关键是将设，存在友好点等价于方程有实数根，由此即可通过数形结合顺利得解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知正四棱台的上､下底面边长分别为2和4，若侧棱与底面所成的角为，则该正四棱台的体积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】作出辅助线，根据侧棱与底面所成角的大小求出台体的高，利用台体体积公式求出答案.
【详解】如图，延长相交于点，连接，
过点作⊥平面，交于点，则⊥平面于点，
且点在上，
其中，过点作⊥于点，则，
所以，
因为侧棱与底面所成的角为，所以，故，
则该正四棱台的体积为.
故答案为：
13. 已知曲线在的切线与曲线只有一个公共点，则实数m的值为________；
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用导数的几何意义，求得曲线在的切线方程为，结合直线与相切求得切点，代入切线方程，即可求解.
【详解】由函数，可得，所以且，
所以曲线在的切线方程为，
由函数单调递增，且，又，
结合对数型函数图象，要使得切线与只有一个公共点，
则直线与相切，切点为，可得，解得，
则，所以切点为，
将切点代入直线，可得，解得.
故答案为：.
14. 通过双曲线的学习，我们知道函数的图象是“等轴双曲线”，其离心率为，经深入研究发现函数的图象也是双曲线，且直线和是它的渐近线，那么的离心率是________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意定义一般标准形式的双曲线的渐近线的夹角为，它使得双曲线的一支包含在内部，且令，则有，从而即可通过类比法求解.
【详解】如图所示：
对于标准的双曲线方程，在其对应的渐近线上各取一点（不同于原点），
我们定义渐近线夹角为，它使得双曲线的一支包含在内部，
且令，，
对于，我们知道其渐近线为和轴，
从而可得其渐近线的夹角为，所以，
所以的离心率是.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知圆C的方程为：，直线l的方程为：，
（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；
（2）证明：直线l与圆C相交，设直线l与圆C相交于A、B，求弦长的最小值，及此时直线l的方程；
（3）圆C的圆心C与A、B构成三角形，求三角形ABC面积的最大值．
【答案】（1）或
（2）证明见解析，弦长的最小值，此时
（3）2
【解析】
【分析】（1）分别求解直线在轴上的截距，根据截距相等求解即可；
（2）根据直线过定点可判断直线与圆相交，再根据当直线l与直线垂直时弦长最小求解即可；
（3）由三角形的面积公式判断即可.
【小问1详解】
令可得，即，令，易得此时，可得，
依题意，化简得，故或.
故直线l的方程为：或.
【小问2详解】
即，故直线l过定点.
因为，故在圆内.
故直线l与圆C相交.
故当直线l与直线垂直时弦长最小，此时，，
故直线，.
此时，，故，即.
【小问3详解】
依题意，
故当，即为直角时取最大值.
由（2）可得当时坐标分别为，此时为直角.
故三角形ABC面积的最大值为2.
16. 如图1，在等腰梯形ABCD中，，，，于点E．将沿着BE折起，使A到达P的位置，如图2，连接PC，PD，得到四棱锥，且．已知Q是棱PD上一点，且平面CEQ．
（1）求的值；．
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接BD交CE于点O，连接OQ，由线面平行的性质定理可得，从而可得答案.
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面BCDE，过点Q作CD的平行线交PC于点M，过点M作PE的平行线交EC于点N，连接QN．证明平面MNQ，利用二面角的定义找到平面角直接求解即可.
【小问1详解】
由题意等腰梯形ABCD中，，可知，．
如图，连接BD交CE于点O，连接OQ．
因为平面CEQ，平面PBD，且平面平面，
所以，则
【小问2详解】
在中，，，，
所以，则．
又因为，CE，平面PCE，，所以平面PCE．
因为平面PCE，所以．
因为，CD，平面BCDE，且CD，BE相交，所以平面BCDE．
过点Q作CD的平行线交PC于点M，过点M作PE的平行线交EC于点N，连接QN．
因为平面PCE，所以平面PCE，则．
又因为平面BCDE，所以，则，
所以平面MNQ，．故∠MNQ是二面角的平面角．
因为，所以，，，
所以，即二面角的余弦值为．
17. 已知数列的首项，且满足，数列的前n项和满足，且．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，求数列的前19项和．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由递推关系借助等比数列的定义进行证明；
（2）利用当时，，求出数列是首项为1，公差为2的等差数列，可得通项公式；
（3）由，利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以；
【小问2详解】
当时，，得；
当时，，
整理得，
因为，所以，则，
故数列是首项为1，公差为2的等差数列，从而，
所以数列的通项公式为；
【小问3详解】
由，
设数列的前项和为，
则
.
18. 如图，已知A，B为抛物线E：上任意两点，抛物线E在A，B处的切线交于点P，点P在直线上，且，动点Q为抛物线E在A，B之间部分上的任意一点．
（1）求抛物线E的方程；
（2）抛物线E在Q处的切线交PA，PB于M，N两点，试探究与的面积之比是否为定值，若为定值，求出定值，若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）
（2）与的面积之比为定值，理由见详解
【解析】
【分析】（1）设A、B的坐标分别为、，利用导数求出斜率，得到切线方程，根据已知可得和，从而解得，得解；
（2）求出直线AB方程，设点得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.
【小问1详解】
抛物线方程为，故，所以，
设A、B的坐标分别为、，
则PA的方程为：即，
同理PB的方程为：，
联立PA，PB方程，
得，
因为点P在直线上，所以，
又因为，即，所以，
则抛物线E：；
【小问2详解】
与的面积之比为定值，
设点，由（1）知切线的方程为：，
又切线的方程为：，切线的方程为：，
设点，即有，，
因此直线的方程为：，
有，点到直线的距离是，
则，
由，解得点M的横坐标，同理点N的横坐标，
有，点到直线的距离，
则，
所以.
【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.
19. 已知函数
（1）若函数在上单调递增，求实数a取值范围；
（2）若函数有两个不同的极值点，其中，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若不等式恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意在上恒成立，即在上恒成立，构造函数求不等式右边的最小值即可；
（2）由题干的必要性得在上有两个零点，求得的范围，注意检验充分性是否成立即可；
（3）原问题等价于恒成立，其中，由此可构造函数，结合导数求解即可.
【小问1详解】
，，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，当时，，单调递增，
从而，所以，
即实数的取值范围为；
【小问2详解】
，若函数有两个不同的极值点，
必要性：则在上有两个零点，即在上有两个零点，
由（1）可知，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，且当时，都有，
所以，
充分性：当时，或，
且当，时，均有，即此时单调递增，
当时，有，即此时单调递减，
即函数有两个不同的极值点，
令，由此可知充分性成立；
综上所述，实数的取值范围是；
【小问3详解】
在（2）的条件下，有，
所以，
所以，等价于，
令，则，
令，则，
当时，，即，
所以即单调递减，从而，
所以单调递减，从而，
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是恰当转换已知条件得恒成立，由此即可顺利得解.