广东省广雅中学等校2024-2025学年高二下学期3月联考 数学试题（含解析）

这是一份广东省广雅中学等校2024-2025学年高二下学期3月联考 数学试题（含解析），共17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。
数学试题
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，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.写在试题卷，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：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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. 曲线在点处的切线斜率为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用商的导数来求切线斜率即可.
【详解】求导得：，
当时，切线斜率，
故选：A.
2. 已知首项为1的数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用累乘法求解.
【详解】依题意，.
故选：A.
3. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对函数两边同时求导，再由赋值法代入计算可得结果.
【详解】由可得，
令可得，解得.
故选：C
4. 已知抛物线恰好经过圆的圆心，则的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，得，从而抛物线方程为，即可求解.
【详解】由题知，解得，所以抛物线，
则的准线方程为，
故选：B.
5. 若函数在上单调递增，则的最大值为（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】由函数在上单调递增，转化为在上恒成立，分离参数转化为求函数的最小值求解即可.
【详解】因为，所以，
由于在上单调递增，
所以在上恒成立，
在上恒成立，在上单调递增，
所以在上的最小值为，
所以，故的最大值为，
故选：D
6. 已知是函数的极小值点，则（ ）
A. -2B. 0C. -1D. -1或-2
【答案】A
【解析】
【分析】求得，根据是函数的极小值点，求得，得到，进而求得的值，得到答案.
【详解】由函数，可得，
因为是函数的极小值点，可得，解得或，
当时，，此时函数在上单调递增，不符合题意，舍去；
当时，，
令，解得或；令，解得，
所以在上单调递增，在上点单调递减，
所以是函数的极小值点，符合题意，
所以，此时，所以.
故选：A.
7. 记为等差数列的前项和，且，，则（ ）
A. 12B. 8C. 6D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由等差中项的性质，结合求和公式，可得答案.
【详解】由，则，解得或，
由，显然，解得.
故选：C.
8. 棱长为1的正方体中，为平面上的一动点（包含边界），则周长的最小值为（ ）（附：平面的截距式方程为：，其中分别为平面在轴上的截距）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立坐标系，利用平面的法向量得出平面的截距式方程，再求关于平面的对称点为的坐标，则周长的最小值为.
【详解】如图，以为原点，以为基底建立空间直角坐标系，
则，则，
设平面的法向量，则，令，则，
设平面与轴的交点为，则，则，得
故平面的截距式方程为：，即，
设关于平面的对称点为，
则的中点为，，
则，且，解得，即，
则，因，
故周长的最小值为.
故选：D
二，选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在某次物理试验课堂上，某同学利用位移跟踪仪记录了一玩具车在静止状态下释放，其运动的位移方程满足，则（ ）
A. 该玩具车位移的最大值为110
B. 该玩具车在内的平均速度为12.5
C. 该玩具车在时的瞬时速度为30
D. 该玩具车的速度和时间的关系式是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二次函数性质可判断A正确，再由平均速度计算公式可得B错误，根据瞬时速度概念以及导数定义可得CD正确.
【详解】根据题意，由可得其导数，
对于A，由二次函数性质可知当时，位移取得最大值，其最大值为，即A正确；
对于B，该玩具车在内的平均速度为，
因此该玩具车在内的平均速度为，可得B错误；
对于C，由可知当时的瞬时速度为，即C正确；
对于D，由于，所以该玩具车的速度和时间的关系式是，所以D正确.
故选：ACD
10. 记为首项为2的数列的前项和，已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据已知给赋值即可判断，；由数列是周期为的周期数列即可判断，.
【详解】当时，，因为，所以，故正确；
当时，，所以，即，
当时，，所以，即，故错误；
所以数列是周期为的周期数列，
所以，即，故正确；
，
所以，故错误.
故选：.
11. 平行六面体的各棱长为1，且分别为，，，中点．若两两垂直，则（ ）
A. B.
C. D. 四面体的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设，，，用，，表示，，，由向量的线性运算及数量积的定义即可判断，，，由锥体的体积公式即可判断.
【详解】设，，，因为平行六面体的棱长为1，
所以，因为分别为，，，中点，
所以，，
，
因为两两垂直，所以，，，
因为，所以，所以，故正确；
因为，
所以，
所以，故错误；
因为，
所以，
所以，故正确；
因为，，，
平面，平面，
所以平面，
，
，
所以，
所以是直角三角形，面积为，
所以四面体的体积为，故正确.
故选：.
三，填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数在上的最大值为_______
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导并得出其在指定区间上的单调性，即可求得最大值.
【详解】由可得，
在上，恒成立，
因此在上单调递增，所以的最大值为.
故答案为：
13. 已知正项等比数列满足，则______
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列定义及其通项公式列方程组即可求得结果.
【详解】设正项等比数列的公比为，可知；
因此可得，两式相除可得，
解得或；
可得或（舍）；
因此.
故答案为：
14. 曲线与曲线公切线斜率的最大值为______．
【答案】e
【解析】
【分析】根据题意，求得与，得到，进利用导数求得函数的单调性，进而求得函数的最值.
【详解】设公共切线与曲线切于点，与曲线切于点，
因为曲线 与曲线，可得与
则，
将代入可得，
又因为可得，所以，
将代入可得，
设，则，
可得在单调递增，在单调递减，
所以，所以最大值为
故答案为：
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，证明过程或演算步骤．
15. 已知圆，直线．
（1）若与仅有一个交点，求；
（2）设为坐标原点，点满足，且点在直线上，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用可求；
（2）利用求出点的轨迹圆的方程，则问题转化为该圆与直线存在公共点，再利用即可.
【小问1详解】
圆心，半径，
因与仅有一个交点，则圆心到直线距离，解得.
【小问2详解】
设点，由得，
化简得，
又点在直线上，则直线与圆存在公共点，
则，解得，
故的取值范围为
16. 已知数列的前项积为，为公差不为0的等差数列，且，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，记的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知可得，由递推关系，即可求解；
（2）由已知可得，根据裂项相消法求和即可证明.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，，因为成等比数列，所以，
所以，解得，因为，所以，
所以，
当时，，当时上式成立，
所以；
【小问2详解】
，
，得证.
17. 已知曲线与曲线交于，两点．
（1）求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）根据交点列式结合对数运算计算求值；
（2）先根据交点坐标，参数分离再构造函数，应用导函数得出函数单调性即可求出最小值.
【小问1详解】
因为曲线与曲线交于两点，
所以，化简得，
即，所以，因为交点为，，所以或，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，所以，
设，所以，
当单调递减；当单调递增；
所以，所以
18. 直椭圆柱体是指上下底面为椭圆，侧面与底面垂直的柱体．如图，已知某直椭圆柱体的底面椭圆离心率为，高为椭圆短轴长的一半，上底面椭圆的长轴为，下底面椭圆的长轴为，点为上一点，过点作直线交椭圆于两点，设线段与线段的长度之比为.

（1）当点为底面椭圆的焦点时，求的值；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）令椭圆半焦距为c，利用椭圆的离心率，结合椭圆焦点与长轴两个端点的距离求出.
（2）利用椭圆方程求出，由已知求出，借助对称性利用几何法求出夹角的余弦.
【小问1详解】
令椭圆半焦距为，由椭圆离心率为，得该椭圆的长半轴长，短半轴长，
点为底面椭圆焦点，则，，
或，，
所以的值是或.
【小问2详解】
由（1）知底面椭圆对应的标准方程为，设，由，

得，解得，，由，
得直线，与椭圆方程联立，得，则，
由，平面平面，平面平面，平面，
得平面，则点关于平面对称，过作于，连接，
于是≌，，即，是二面角的平面角，
连接，由平面，平面，得，，
而，则，，
而，则，，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

19. 已知双曲线的左顶点为，且过点的右支上有三点，满足．
（1）求的方程；
（2）求的面积；
（3）求四边形面积最小值．
【答案】（1）；
（2）6； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列方程求出即可得方程.
（2）设点，由此求出直线方程，与双曲线方程联立求出点的坐标，进而求出直线的方程，再求出三角形面积.
（3）取弦的中点为，由（2）证得是的中点，利用几何关系探讨，再求出面积的最小值.
【小问1详解】
依题意，，由双曲线过点，得，
解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设，，
直线的斜率，直线的斜率，
由，得直线的方程为，
由消去得，
则，于是
，
，点，
由，得直线的方程为，
由消去得，
则，
，
，
点，
直线的方程为，即，
点到直线的距离，而，
所以的面积.
【小问3详解】
令坐标原点为，弦的中点为，由（2）知，，
则是的中点，
，，
则，
同理，
于是，
四边形面积，
直线方程为，即，，
点到直线的距离，，
令，由消去得，
，解得或，
而点到直线的距离为，点在双曲线的渐近线所夹右侧区域内，
则，必有，因此，
当且仅当时取等号，所以四边形面积的最小值为.