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（含解析）

这是一份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（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。
试卷满分：150分
注意事项：
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：每小题5分，共40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（ ）
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（ ）
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，，
因为函数在处取得极大值，则，
当时，则，列表如下：
故当时，函数在处取得极小值，不合乎题意；
当时，则，列表如下：
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，
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】
【分析】求出数列、的公共项构成的数列的通项公式，计算得出，分析可知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，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.
【点睛】关键点点睛：解本题关键点在于确定数列的前项的构成，进而利用等差数列求和公式求解.
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．
9. 在棱长为2的正方体中，E、F、G分别为的中点，点P为线段上的动点，则下列选项正确的是（ ）
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，
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，
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】
【分析】由两点求斜率和点在椭圆上可得A错误；由A和点斜式可得B正确；由弦长公式可得C正确；设直线方程为，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，
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
11. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…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（ ）

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，
，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15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，
.
故答案为：.
13. 已知圆，直线，圆上至少有三个点到直线的距离等于，则的范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，计算出圆心到直线的距离，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可.
【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】
【解析】
【分析】利用导函数与单调性的关系讨论函数的单调性，作出函数图象，再根据数形结合思想求解即可.
【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74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；
（2）讨论函数的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（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）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可求得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：
所以，函数的增区间为、，减区间为；
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：
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，为其前项和，若，且，数列的前项和为，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】
【分析】（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；
（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．

（1）证明：平面平面；
（2）若点M满足，且与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（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，

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．
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）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程？若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（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，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，结合可求出的值，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、，
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：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19. 意大利画家达•芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”其原理往往运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可表示为双曲余弦函数的图象，现定义双曲正弦函数，他们之间具有类似于三角函数的性质．（已知）
（1）证明：①倍元关系：；②平方关系：
（2）对任意，恒有成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意将双曲余弦函数，双曲正弦函数的解析式代入计算即可证明；
（2）分和讨论，结合导数判断并取舍即可；
（3）利用给定定义目标式子左边合理放缩，结合裂项相消法求和即可证明.
【小问1详解】
证明：①；
②.
【小问2详解】
构造函数
①当时，因为，当且仅当即时等号成立，
所以，故单调递增，
此时，故对任意恒成立，符合题意；
②当时，令，
则恒成立，故单调递增，
由与，
可知存在唯一，使得，
当时，，则在内单调递减，
故对任意，即，不合题意，舍去；
综上所述，实数a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知：当时，，令，则，
令单调递增，
所以，即恒成立，
所以，则，
令单调递增，
所以，即恒成立，令，
所以
.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查数列与导数新定义结合，解题的关键是对目标式子左侧合理放缩，然后使用裂项相消法求和，得到所证明的不等关系即可.
增
极大值
减
极小值
增
增
极大值
减
极小值
增
增
极大值
减
极小值
增
增
极大值
减
极小值
增