湖北省云学名校联盟2024-2025学年高二下学期3月月考数学试卷（解析版）

这是一份湖北省云学名校联盟2024-2025学年高二下学期3月月考数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交， 椭圆上的点到直线的最大距离为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证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.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
一、单选题（本题共8小题，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. 与直线关于y轴对称的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】直线，即，它与轴的交点为，
它关于轴对称的直线的斜率为，故要求直线的方程为，
即.
故选：C．
2. 已知曲线上一点，记为函数的导数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，，
所以，
所以.
故选：D
3. 已知数列满足，，，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】，，，
，
猜想：，经检验符合题意，
故.则，
故选：B.
4. 如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，则直线和夹角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，因为分别为的中点，
所以，，且，
则
，
所以，
即直线和夹角的余弦值为，所以正弦值为.
故选：C
5. 椭圆上的点到直线的最大距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由是椭圆上的动点.
可设，，
由点到直线的距离公式可得，
，，
，
最大距离.
故选：C.
6. 已知函数，记等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. 2025D. 4050
【答案】A
【解析】令，则的定义域为，又，
所以为奇函数，又与均在上单调递增，所以在上单调递增，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以，即，
所以.
故选：A
7. 已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且,,则该三棱锥的内切球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，三棱锥可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为a，b，，如图所示，
则，，，
解得，，.
所以该三棱锥的的体积为，
而，
所以可求得，故选：C
8. 已知抛物线方程为，在轴上存在一定点，使得经过点的任意一条弦，满足为定值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】方法一：假设点M的坐标为，，当AB垂直x轴时，；
当AB与x轴重合时，，所以，；
方法二：假设点M的坐标为，当AB不与x轴重合时，
可设直线AB的方程为：，与抛物线方程联立，
设，，
，，，
则，
因为无论直线AB怎么变化，t恒为定值，所以，即；
当AB与x轴重合时，可以验证也成立.
所以综上所述，，，
故选：B
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. 已知等差数列的公差为正数，是数列的前项和，若，，则（ ）
A.
B. 数列是公比为等比数列（为自然对数的底数）
C.
D. 数列是公差为的等差数列
【答案】AB
【解析】A：依题意，设公差为d，则，
由，，
解得，，故A正确；
B：由，得，所以，
由，即数列是以为公比的等比数列，故B正确；
C：，故C错误；
D：由，得，
所以，不恒为常数，
所以不是等差数列，故D错误.
故选：AB
10. 已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线，则（ ）
A. 曲线的轨迹方程为
B. 直线与曲线交于、两点，则的长为
C. 曲线与曲线的公切线有2条
D. 已知点，点，点为曲线上任意一点，则最大值为
【答案】ACD
【解析】A.设，由可得，化简得，
即.故曲线的轨迹方程为，A正确；
B.由A得：的圆心坐标为，半径为，
所以圆心到直线距离，所以，所以B错误；
C.因为两圆心间距离为大于半径差小于半径和，两个圆是相交关系，所以公切线条数是2条，C正确；
D.已知点，动点N与点，点的距离的比为，
所以，D正确.
故选：ACD.
11. 如图，已知正方体的棱长为4，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A. 满足平面的点的轨迹长度为
B. 满足的点的轨迹长度为
C. 存在点，使得平面经过点
D. 不存在点满足
【答案】ABD
【解析】如图1，取的中点，取的中点，连接，FM，，
因为为的中点，所以，，，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为点为正方形上的动点，所以当在线段上时，平面，
故满足平面的点的轨迹长度为的长，为，A正确；
如图2，过点作，交于点，可得：，
因为正方体的棱长为4，点为的中点，
所以，，
故，
即，
解得：，
过点作，交于点，交于点，
则平面，
因为平面，所以，当点位于线段上时，
满足，
即满足的点的轨迹长度为线段的长度，又因为，
所以B选项正确；
如图3，连接，取中点，连接AH，HM，
则可知平面截正方体所得的截面为，与正方形没有交点，
所以不存在点，使得平面经过点，故不正确；
如图4，延长到点，使得，
则点关于平面的对称点为，连接交正方形于点，
则此时使得取得最小值，最小值为，
所以不存在点满足，D正确；
故选：ABD
三、填空题.（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设函数在处的导数存在，且，则_____.
【答案】
【解析】.
故答案为：
13. 已知双曲线的方程为，点，点，点为双曲线上的一个动点，则的最小值为_____.
【答案】7
【解析】由题意得双曲线的焦点在轴上，且，所以点为双曲线的上焦点，
设下焦点为，结合图形可知点为上支上的点时才可能取得最小值，
由双曲线的定义可得，所以，
所以，当且仅当三点共线时取等号.故的最小值为7.
故答案为：
14. 记，表示个元素的有限集，表示非空数集中所有元素的和，若集合，则_____，若，则的最小值为_____.
【答案】；14
【解析】当，时，，表示2个元素的有限集，
由可知，或或，故；
由题意知，
故由可得，即，
结合，可以估算得的最小值为14
故答案为：；14.
四、解答题（本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
15. 已知数列为等比数列，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若是数列的前项积，求的最大值.
解：（1）因为数列为等比数列，，，
所以，，
所以，，
所以
（2）方法一：因为，且，数列为单调递减数列，
当时，最大，
即，解得：，
此时，的最大值为.
方法二：因为，
所以
由二次函数的知识以及，在或者时，同时取得最大值，
此时，的最大值为.
16. （1）证明：，；
（2）已知函数（，，e为自然对数的底数）.
（I）当时，求函数的单调区间；
（II）若函数在上单调递增，求实数的取值范围.
解：（1）构造函数，，
令，得，列表如下：
所以，即有成立.
（2）（I）当时，，
所以.
令，因为，所以，解得或.
列表如下：
由表可知，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.
（II）因为函数在上单调递增，所以.
即对任意恒成立，
因，且，
所以对任意恒成立.
设，，
因为的开口向上，所以只需要考虑两个端点的情况就行了，
则，即，解得.
即实数的取值范围为.
17. 已知数列满足，，，数列满足，.
（1）证明：数列不是等比数列；并且求数列的通项公式；
（2）求数列的通项公式；
（3）令，记数列的前项和为，求证：.
解：（1）由题意，，因为，
数列的第一项为0，数列不是等比数列；
但是，
且，
∴数列是以2为首项以2为公比的等比数列.
（2）方法一：因为，且
数列是以1为首项，以0为公差的等差数列.
，；
方法二：，用累乘可得，当时，
，……，，，
所以，即，
又，；
（3）因为，
所以，
因为，
.
18. 已知双曲线，满足离心率为2，且焦点到渐近线的距离为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线过点，且与双曲线的左支有且只有一个公共点，求直线的斜率的取值范围；
（3）记双曲线的左顶点为，右焦点为，为第一象限内双曲线上的任意一点，是否存在实数，使得恒成立?若存在，请求出此时的实数；若不存在，请说明理由.
解：（1）由已知双曲线离心率为2，则，得，
所以双曲线方程为，又焦点到渐近线的距离为，可得，
，所以双曲线方程为
（2）由题意知直线斜率显然存在，设直线的方程为，
联立直线与双曲线，得，
当时，，解得：，且，
当时，与双曲线的渐近线方程的斜率一致，双曲线的渐近线方程为，即渐近线斜率为，
又因为直线过定点
所以当时，时，直线与双曲线的左支只有一个公共点，成立；
当时，时，直线与双曲线的右支只有一个公共点，不成立；
当时，直线与双曲线左支有两个交点，不成立；
当时，直线与双曲线的左右两支各有一个交点，成立，
当时，直线与双曲线右支有两个公共点，不成立；
当时，时，直线与双曲线的左支只有一个交点即与左支相切，成立；
当时，时，直线与双曲线的右支只有一个交点即与右支相切，不成立；
综上所述，或时，直线与双曲线的左支有且只有一个公共点；
（3）存在，理由如下，
①当点时，，，可求得.
②当点的横坐标不为2时，可设，，，
， ，
，
和都在内，所以
综上可知，存在实数符合题意
19. 已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，E为的中点，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，与平面所成的角为，
（I）求三棱锥的体积；
（II）试问在侧面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出点到直线的距离；若不存在，请说明理由.
解：（1）由四边形是直角梯形，，，
可得，，从而是等边三角形，
，BD平分.∵E为的中点，，，
又，，平面，平面
平面，平面，所以平面平面.
（2）（I）在平面内作于，连接，由（1）有平面，
又平面，∴平面平面.
因为平面平面，平面，平面
为与平面所成的角，则，
由题意得，，，为的中点，
.又，
所以三棱锥P-BDC的体积为；
（II）方法一：（向量法）以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标
系，
则，，，，
假设在侧面内存在点，使得平面成立，
设，
由题意得，
，，
，由，得，
解得，，
满足题意，，点N存在.
，，，
所以，，，
所以点到直线PC的距离
方法二：（传统方法）由条件可知，，
且三角形为，的等腰锐角三角形，
所以点B在三角形内的射影N为等腰锐角三角形的外心，
所以点N必在侧面PCD的内部.
由（I）知三棱锥的体积为，，
由体积转化可得，，
在直角中，由勾股定理可得，
E为PC的中点，
所以点到直线PC的距离.
1
-
0
+
递减
极小值
递增
-4
-2
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗