江苏省南京市第二十九中学2024_2025学年高二下学期3月第一次检测 数学试题（含解析）

这是一份江苏省南京市第二十九中学2024_2025学年高二下学期3月第一次检测 数学试题（含解析），共17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．抛物线的准线方程是（ ）
A．B．C．D．
2．若函数的图象如图所示，则函数的导函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
3．从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
4．如图，是某心形二次曲线，则的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知等比数列的首项，公比为q，记，则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．在数列中，，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，当时，，则a的最小值为（ ）
A．0B．1C．eD．﹒
二、多选题（本大题共3小题）
9．设等差数列的公差为，前项和. 若，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．中最大的是
10．已知圆M：，直线l：，P为直线l上的动点，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线AB的方程为B．四边形MAPB面积的最小值为4
C．线段AB的最小值为D．当时，点P横坐标取值范围是
11．在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（ ）
A．当点为三角形的重心时，
B．当时，的最小值为
C．当点在平面内时，的最大值为2
D．当时，点到的距离的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知点，，直线上不存在点，使得，则实数的取值范围是 .
13．点P在函数的图象上，若满足到直线的距离为2的点P有且仅有3个，则实数a的值为 ．
14．如图，某酒杯上半部分的形状为倒立的圆锥，杯深，上口宽，若以的匀速往杯中注水，当水深为时，酒杯中水升高的瞬时变化率 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在三棱柱中，分别是上的点，且. 设.

(1)试用表示向量；
(2)若，求的长.
16．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA=PD，点E为BC的中点，△AEB为等边三角形.
(1)证明：PB⊥AE；
(2)点F在线段PD上且DF=2FP，若二面角F−AC−D的大小为45°，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值.
17．设数列的首项，为常数，且
（1）判断数列是否为等比数列，请说明理由；
（2）是数列的前项的和，若是递增数列，求的取值范围.
18．已知双曲线的渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为，过点作直线（不与轴重合）与双曲线相交于两点，过点作直线的垂线为垂足．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)是否存在实数，使得直线过定点，若存在，求的值及定点的坐标；若不存在，说明理由.
19．已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意抛物线标准方程为，，，
所以准线方程为．
故选：C．
2．【答案】C
【详解】由函数的图象可知，当时，从左向右函数先增后减，
故时，从左向右导函数先正后负，故排除AB；
当时，从左向右函数先减后增，
故时，从左向右导函数先负后正，故排除D.
故选：C.
3．【答案】B
【详解】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，
第一个路口有种选择，第二个路口有种选择，最后一个路口有种选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种.
故选：B.
4．【答案】A
【详解】显然图象关于y轴对称，即把x换成方程不变，可知CD错误；
对于B：令，可得，解得或，不合题意；
故选：A.
5．【答案】B
【详解】由题意，，
则
当时，对于不一定恒成立，
如取，,即得不到数列为递减数列；
当数列为递减数列时，且对于恒成立，
又因，故得.
故“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.
故选：B.
6．【答案】B
【详解】由可得：
，
．经验证，也适合上式.
故选：B.
7．【答案】D
【详解】如图，以原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，
∴，，
设平面的一个法向量为，
∵，，∴，，
即，
令则，
即为平面的一个法向量，
∴点到平面的距离.
故选：D
8．【答案】D
【详解】当时，，在上递增，且；
当时，在上递增，且，
所以在R上递增，
令，
当时，，
当时，，
所以恒成立，
因为，即，
即，
所以，即，
令，,则在上递增，
所以，
则，即，所以a的最小值为.
故选：D
9．【答案】BCD
【详解】依题意，有，
，化为：，，
即，，
．
由，得，由，可得，故，故C正确；
则，所以等差数列是单调递减的，故A不正确；
则，故B正确；
又时，，时，
所以中最大的是，故D正确.
故选：BCD．
10．【答案】ABD
【分析】当时，可求出点到直线距离，然后结合斜率可解得直线AB的方程，即可判断A，对于B，，求出的最小值即可判断，对于C，可分析出最小时，最小，即可判断，对于D，当时，可求出，然后可求出点P横坐标取值范围，即可判断.
【详解】圆M：的圆心，半径为，
对于A，当时，，，所以是等腰直角三角形，
所以，，
所以点到直线距离为，
因为，所以，设的方程为，
由点到直线距离为可得，解得或（舍）
所以直线AB的方程为，故A正确，
对于B，因为，，
所以，
所以，
当取最小值时，四边形MAPB面积最小，此时，
所以四边形MAPB面积的最小值为，故B正确；
对于C，因为在中，，所以当最小时，最小，
当最小时，最小，最小，最小，
由前面知，此时，所以此时，故C错误，
对于D，当时，，所以，
所以，设，所以，解得，故D正确，
故选：ABD
11．【答案】BCD
【分析】将用表示，再结合求出，即可判断A；将平方，将代入，再结合基本不等式即可判断B；当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，再根据即可判断C；求出在方向上的投影，再利用勾股定理结合基本不等式即可判断D.
【详解】对于A：当点为三角形的重心时，，
所以，又因为，
所以，所以，故A错误；
对于B：
，
因为，所以，
则
，
当且仅当时取等号，
所以，
所以，所以的最小值为，故B正确；
对于C：当点在平面内时，
则存在唯一实数对使得，
则，又因为，
所以，所以，
因为，所以，所以的最大值为2，故C正确；
对于D：当时，由A选项知，
，
在方向上的投影为，
所以点到的距离，
因为，所以，当且仅当时，取等号，
所以点到的距离的最小值为，故D正确.
故选BCD.
【关键点拨】当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，是解决C选项的关键.
12．【答案】
【详解】以线段为直径的圆的方程为，
圆心，半径，
因为直线上不存在点，使得，
所以圆与直线没有交点，
则圆心到直线的距离，
即，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：
13．【答案】
【详解】通过平移直线，结合函数的图象知，从与相切时平移到相距为2的平行线处，函数的图象上恰有3个点到的距离为2.
对函数求导得，切线斜率为1，设切点为，即，，
则切点为，其到的距离为2，即，解得或，由图知不符合题意，舍去.故
故答案为：
14．【答案】
【详解】设时刻水的深度为，水面半径为，则，得，
所以当水深为时，酒杯中水面的半径为，此时水的体积为，
设当水深为的时刻为，可得，可得；
又由题意可得，则，
所以，
所以当时，.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
，
又，，，
∴．
（2）因为，．
，．，
，
，
．
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）作出辅助线，证明，由面面垂直得到线面垂直，进而得到，得到平面，求出PB⊥AE；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值；方法二：作出辅助线，得到二面角的平面角，求出各边长，利用等体积法求解点到平面的距离，从而求出线面角的正弦值.
(1)
因为点为的中点且为等边三角形，
所以，从而.
取的中点，则四边形为菱形，连接BO，
故，①
又，且为的中点，则，
又平面平面，平面平面，所以平面，
从而②
由①②得：平面，
又平面，故.
(2)
解法一：设，作交，由（1）已证平面，从而两两垂直，以点，为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.
则.
设平面的一个法向量为，
又，
由得
今，则，故，
由平面知为平面的一个法向量.
由二面角的大小为知，解得.
从而为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，
从而直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：作交于，作于，连接，
由（1）已证平面，故平面，
又平面，所以，
又，所以平面，
所以为二面角的平面角，由题知.
不妨设，又，
所以，且，
所以.
设点到平面的距离为，则由知，
得，解得.
从而直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）是公比为的等比数列，理由见解析；（2）
【详解】（1），
则时，，
时，为等比数列，公比为．
（2）由（1）可得：，
只需，（）
当为奇数时，恒成立，又单减，
∴
当为偶数时，恒成立，又单增，
∴
．
18．【答案】(1)
(2)存在实数，使得直线过定点
【分析】（1）焦点到渐近线的距离为，在根据渐近线方程求出；
（2）计算出的直线方程，再令即可求出定点坐标.
【详解】（1）焦点到渐近线的距离不妨求到直线的距离，渐近线方程，得，
所以双曲线方程为；
（2）
假设存在实数，使得直线过定点,
设直线，则，
联立，消去得，
则．
直线，令得:
，
又，因为，
所以，
当，即时，为定值，
所以存在实数，使得直线过定点.
19．【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
(2)借助换元法，令，，，可得，是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用，表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
【详解】(1)当时，，
，
则当，即时，，
当，即时，，
故的单调递减区间为，，单调递增区间为；
(2)，令，即，
令，，则，是方程的两个正根，
则，即，
有，，即，
则
，
要证，即证，
令，
则，
令，则，
则在上单调递减，
又，，
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，则，故，
即，即.