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）

这是一份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），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
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．
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．3B．4C．5D．6
3．在四面体中，若，，，，，则（ ）
A．B．C．D．
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．－5B．－3C．3D．5
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．
6．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．2B．3C．D．
7．曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
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．,
二、多选题（本大题共3小题）
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
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．
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．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知圆：和圆：，则这两个圆的位置关系为 ．
13．已知数列中，，则数列的前项和 ．
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 .
四、解答题（本大题共5小题）
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.
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.
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.
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.
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，求证：．
参考答案
1．【答案】D
【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．【答案】D
【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．【答案】B
【详解】如图：

∵，，∴分别为中点，
∴
，
故选：B.
4．【答案】B
【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．【答案】A
【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：A
6．【答案】B
【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：B
7．【答案】B
【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.
【关键点拨】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．【答案】A
【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．
9．【答案】BC
【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．【答案】AB
【详解】
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，形成的是上下两个圆锥，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的表面积是或.
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．【答案】BC
【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，
因为，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.
【关键点拨】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.
12．【答案】内含
【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．【答案】
【详解】数列的前项和
=
=,
故答案为：.
14．【答案】
【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：
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意设等差数列的公差为，
由题意，解得，所以.
（2），
所以数列的前50项和，
所以.
16．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）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；
（2）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．【答案】(1)证明见详解
(2)
【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.
【详解】（1）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，
，，
四边形为平行四边形，
故，
又平面，
平面；
（2）作，且，连结，
，，为的中点，，
平面，平面，，
，，
由，，得≌，由，得，
为二面角的平面角，
由（1）得平面，平面，
，
由，，，得，
故，
由余弦定理得，
.
18．【答案】(1)
(2)，其中或
【详解】（1）双曲线的实轴长为，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；
（2）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．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）求导，分和，讨论求解；
（2）由， 得到，令，利用导数法得到时， 或证明.
(1)
解：，
当时，，在R上单调递增，
当时，由，得；由，得．
∴在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)
证明：由，得，
即，，
令，则．
∵，
∴在上单调递增，在上单调递减．
当时，，∴或，
①若，显然
②若，要证，只需证，
即证，若能证，则原命题得证，
令，，
，
∵，∴，，∴，
∴在单调递增，∴，
∴，原命题得证．
综上所述，．
【点睛】
关键点点睛：当时，关键是将证，转化为证，然后令，，利用导数而得解.