2024湖北省云学名校联盟高二下学期3月联考数学试卷含解析

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命题学校：夷陵中学 命题人：夷陵中学高二数学组 审题人：襄阳三中 关殊慧
考试时间：2024年3月5日15：00-17：00 考试时长：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小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. 直线：与直线：平行，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】根据两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.
【详解】当时，有，故或，
当时，的方程为，的方程为，此时两条直线重合，不符合；
当时，的方程为，的方程为，符合；
综上，“”是“”的充要条件，
故选：B.
2. 函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义和割线的斜率可得三者之间的大小关系.
【详解】
设，由图可得，
而，
故，
故选：C.
3. 空间四边形中，，，，点为中点，点为靠近的三等分点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的加减法规则,运算即可得出结果.
【详解】在四面体ABCD中，，，，
点为中点，点为靠近的三等分点，则
故选：D.
4. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 64B. 80C. 96D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】设出公差，得到方程组，求出首项和公差，利用求和公式得到答案.
【详解】设公差为，
则，解得，
故.
故选：C
5. 直线与曲线和圆都相切，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直线与曲线相切时的切点为，根据导数的几何意义可求直线的方程，再根据与圆相切可求，故可求公切线的斜率.
【详解】圆的圆心为原点，半径为.
设直线与曲线相切时的切点为，其中.
因，故直线的斜率为，
故直线的方程为：即，
整理得到：，
因该直线与圆相切，故，故或（舍），
故直线的斜率为，
故选：C.
6. 记数列的前项和是，前项积是．
①若是等差数列，则是等差数列；
②若和都是等差数列，则是等差数列；
③若是等比数列，则是等比数列；
④若是等比数列，则是等比数列．其中真命题的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列通项的形式和定义可判断①②的正误，根据反例结合等比数列的定义可判断③④的正误.
【详解】对于①，若是等差数列，则，故，其中为常数,
故，整理得到：，
故，此时，故是等差数列，故①正确.
对于②，因为为等差数列，则，其中常数为公差，
则即，因为为等差数列，故，
故，此时，
故是等差数列，故②正确.
对于③，设等比数列的通项为，则，
此时不是等比数列，故③错误.
对于④，设等比数列的通项为，
则，此时，
此时，故不为常数，
故不是等比数列，
故选：B.
7. 长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求出正弦值，再求正切值即可.
【详解】
以为原点建立空间直角坐标系，必有，，，
，设，而，，
由题意得，故，得，故，
故，，易知面的法向量，
故，
若最大，则最大， 由二次函数性质得当时，最大，
此时，，
此时最大，且，显然A正确.
故选：A
8. 椭圆的左焦点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出关于直线的对称点后代入椭圆方程后可得椭圆的离心率.
【详解】设关于直线的对称点为，
则，解得即，
而在椭圆上，故，整理得到，
其中（为椭圆的离心率），故，故，
故选：C.
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，全部答对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列命题正确的有（ ）
A. 已知函数在上可导，若，则
B.
C. 已知函数，若，则
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据导数的定义可判断A的正误，根据导数的四则运算可判断BD的正误，根据复合函数的导数的运算规则可判断C的正误.
【详解】对于A，，故A错误.
对于B，，故B错误.
对于C，，若，则即，故C正确.
对于D，，故，故，故D正确.
故选：CD.
10. 双曲线具有如下光学性质：如图，是双曲线的左、右焦点，从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线过左焦点．若双曲线的方程为，下列结论正确的是（ ）

A. 若，则
B. 当反射光线过时，光由所经过的路程为7
C. 反射光线所在直线的斜率为，则
D. 记点，直线与相切，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：判断出，由定义和勾股定理联立方程组即可求得；对于B：利用双曲线的定义直接求得；对于C：先求出双曲线的渐近线方程，由P在双曲线右支上，即可得到n所在直线的斜率的范围；对于D：设直线PT的方程为.利用相切解得，进而求出.即可求出.
【详解】对于A：若，则.
因为P在双曲线右支上，所以.由勾股定理得：
二者联立解得：.故A错误；
对于B：光由所经过的路程为.

故B正确；
对于C：双曲线的方程为.设左、右顶点分别为A、B.如图示：
当与同向共线时，的方向为，此时k=0，最小.
因为P在双曲线右支上，所以n所在直线的斜率为.即.

故C正确.
对于D：设直线PT的方程为.
，消去y可得：.
其中，即，解得
代入，有，解得：.
由P在双曲线右支上，即，解得：（舍去），所以.
所以.故D正确
故选：BCD
11. 如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（ ）
A. 最小值为2
B. 时，
C. 三棱锥被平面分割成的两部分体积相等
D. 当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为
【答案】ABC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式结合闵可夫斯基不等式处理A，利用平面的方程处理B，利用截面计算体积为定值处理C，球的方程处理D即可.
【详解】
由题意得，故，又面，
故以为原点建立空间直角坐标系，故，，，
，，设，则，
故，
由闵可夫斯基不等式得，
当且仅当时取等，故A正确，
若，则，而，，
设面的法向量，故，，
则，，令，解得，，
故，设面任意一点坐标为，
可得面的方程为，当时，，
故，显然成立，故B正确，
三棱锥上部分被平面截为三部分，设原体积为1，
设，，
，
，
故，
则三棱锥被平面分割成的两部分体积相等，故C正确，
若为中点，则，，
，，设面的法向量，
则，，则，，
令，解得，，故，
故，则面的方程为，
当时，解得，，
设过，， ，球方程为，将点代入方程，
可得，，
，解得，，，，
故球的方程为，经检验，也在该球上，
故，，，，五点共球，且球的半径为，故D错误，
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后求出关键点的坐标，得到所要求的球的方程，最后得到结果即可．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 写出一个数列的通项公式，使得这个数列的前项和在时取最大值，_____.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】可以利用等差数列的前项和公式和二次函数的性质求解即可.
【详解】对于等差数列，其前项和，由二次函数的性质可知，数列前项和在或时取到最大值，
故答案为： （答案不唯一）
13. 已知抛物线的焦点为点，过点的直线交抛物线于点，两点，交抛物线的准线于点，且，，则______
【答案】
【解析】
【分析】联立直线和抛物线方程，利用韦达定理得到，再利用平行线分线段成比例，将长度比转换为坐标关系，从而得解.
【详解】依题意，抛物线的焦点坐标为，
易知直线斜率存在，设直线方程为：，，
联立，消去，得
易知，则，即，
过作垂直于轴，过作平行于轴，两者交于，
过作垂直于轴，交轴于，根据对称性，示意图如下，
因为，所以，
因为，所以，
则.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
14. 过点的直线交：于，两点，则的最小值为______
【答案】
【解析】
【分析】将转化为，此式为的中点到直线的距离10倍，求出的轨迹后可求最小值.
【详解】
过分别作直线的垂线，垂足分别为，
设的中点为，过作直线的垂线，垂足为，连接，
又
.
因为为的中点，故，
故的轨迹为以的直径的圆，其方程为，
即，其圆心为，半径为，
到直线的距离为，
故到直线的距离的最小值为，
故的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，.
（1）求函数图象在处的切线方程．
（2）若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数图象上总存在一点处的切线，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算出，的值，由此即可得解；
（2）首先，由题意得出总存在，即值域包含，由此即可列出不等式组求解.
【小问1详解】
，，，
所以函数图象在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由（1）可得，，
若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数图象上总存在一点处的切线，使得，
即对任意的，总存在使得，即，
又，
从而的值域包含，
当时，的值域为，
所以，解得，
当时，的值域为，
所以，解得，
即实数的取值范围为.
16. 京都议定书正式生效后，全球碳交易市场出现了爆炸式的增长．某林业公司种植速生林木参与碳交易，到2022年年底该公司速生林木的保有量为200万立方米，速生林木年均增长率20%，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐17万立方米制作筷子．设从2023年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米．
（1）求，请写出一个递推公式表示与之间的关系；
（2）是否存在实数，使得数列为等比数列，如果存在求出实数；
（3）该公司在接下来一些年里深度参与碳排放，若规划速生林木保有量实现由2022年底的200万立方米翻两番，则至少到哪一年才能达到公司速生林木保有量的规划要求？
（参考数据：，，，）
【答案】16. （万立方米），.
17. ，理由见解析.
18. 至少到年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得及递推关系；
（2）假设存在，则有，据（1）中的递推关系可求，再证明此时为等比数列；
（3）令，根据题设中给出的数据可得至少到年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求.
【小问1详解】
（万立方米），
又即.
【小问2详解】
若存在实数，使得数列为等比数列，
则存在非零常数，使得，整理得到，
而，故即.
当，则，
而，故即，
故为等比数列，故存在常数，使得为等比数列.
【小问3详解】
由（2）可得是首项为，公比为的等比数列，
故即，此时为递增数列.
令，则，
当时，，
当时，，
故至少到年才能达到公司速生林木保有量的规划要求.
17. 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点为棱的中点．

（1）求证：；
（2）棱上是否存在异于端点的点，使得二面角的余弦值为？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为棱的三等分点(靠近端)
【解析】
【分析】（1）首先证明平面，然后由线面垂直可以得证；
（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点M存在，设出点M的坐标，求出平面和平面的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，解方程即可确定点M的位置.
【小问1详解】
取棱的中点，连接，
且，
为等边三角形，
，
四边形为正方形，且分别是的中点，
，
因为，平面，
平面，
因为平面，
所以.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，且，面，
所以面，
以为坐标原点，以，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图：

不妨设，则点，，，，
则，
设为平面的一个法向量，则由及得，
，取，得，
假设棱上(除端点外)存在点满足题意，
令 ()，得，
而，
设为平面的一个法向量，则由及得，
，取，得，
由，整理得，
解得，
所以点为棱的三等分点(靠近端).
18. 已知常数，向量，，经过点的直线以为方向向量，经过点的直线以为方向向量，其中．
（1）求点的轨迹方程，并指出轨迹．
（2）当时，点为轨迹与轴正半轴的交点，过点的直线与轨迹交于、两点，直线、分别与直线相交于，两点，试问：是存在定点在以、为直径的圆上？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】18. 详见解析；
19. 定点的坐标为，，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）设，根据直线以为方向向量、直线以为方向向量可得、，消参后可得轨迹方程.
（2）设，，则可得、为直径的圆的方程为：，可证，故可求圆所过的定点.
【小问1详解】
由题设有，.
设，则，
因为直线以为方向向量，故，
因为直线以为方向向量，故，
当时，，故点的轨迹过，
当时， 由可得，故，
整理得到.
综上，点的轨迹的方程，
轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线.
【小问2详解】

当时，点的轨迹方程，故，
由题设可得的斜率不为零，设，，
又，，
故，
故以、为直径的圆的方程为：，
.
由可得，
，
而，
故，
故以、为直径的圆的方程可化简为：，
其中，
令可得或，
故以、为直径的圆过定点，其坐标为，.
19. 相传古希腊毕达哥拉斯学派的数学家常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，并根据小石子所排列的形状把数分成许多类．现有三角形数表按如图的方式构成，其中项数：第一行是以1为首项，2为公差的等差数列．从第二行起，每一个数是其肩上两个数的和，例如：；为数表中第行的第个数．
（1）求第3行和第4行的通项公式和；
（2）一般地，证明一个与正整数有关命题，可按下列步骤进行：①证明当时命题成立；②以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立．”完成这两个步骤就可以断定命题对开始的所有正整数都成立，这种方法即数学归纳法．请证明：数表中除最后2行外每一行的数都依次成等差数列，并求关于的表达式；
（3）若，，试求一个等比数列，使得，且对于任意的，均存在实数，当时，都有．
【答案】（1），；，；
（2）证明见解析，通项公式为；
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，进而求出和；
（2）利用数学归纳法进行证明即可，并得到数列是以为首项，为公差的等差数列，求出通项公式；
（3）在（2）的基础上得到和，根据通项公式特征，令并裂项相消法求和得到，并求出当时，满足于任意的，均存在实数，当时，都有.
【小问1详解】
，，
，，
，，
【小问2详解】
当时，第一行是以1为首项，2为公差的等差数列，满足要求，
假设当时，成立，即第行为公差为的等差数列，
则当时，
，
故第行的数也依次成等差数列，公差为，
综上，数表中除最后2行外每一行的数都依次成等差数列，
由于，，
所以，
，
由于，故，即，
即，又，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故，
【小问3详解】
，
故，
令，则，
故
，
，
因为，所以，
故，
令，则当时，都有，
综上，为满足要求的等比数列.
【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.