湖北省武汉市问津教育联合体2023-2024学年高二下学期3月联考数学试卷（原卷版+解析版）

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考试时间：2024年3月26日上午8：00-10：00试卷满分：150分
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. 下列求导运算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C错误；
D：，故D错误；
故选：B.
2. 在前项和为的等差数列中，，，则（ ）
A. 3B. 10C. 15D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】写出等差数列的通项公式以及前项求和公式，利用题中所给的条件即可.
【详解】设 的通项公式为 ，其中 是首项，是公差，
则 ， ，
由题意 ，解得 ，又 ，
代入得 ，得 ，得.
故选：C
3. 设是函数的导函数，则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求出原函数的单调性，选择图像即可.
【详解】由，得或，
由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由图知，只有C选项的图象符合.
故选：C.
4. 已知直线过点交圆于两点，则“是直线的斜率为0”的（ ）
A. 必要而不充分条件B. 充分必要条件
C. 充分而不必要条件D. 即不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分性、必要性定义，结合直线的斜率是否存在进行判断即可.
【详解】当直线的斜率等于0时，直线的方程为，代入方程中，得，显然；
当直线的不存在斜率时，直线的方程为，代入方程中，得，显然，
因此是必要而不充分条件，
故选：A
5. 若是区间上的单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，分析导函数的正负得到原函数的单调性，再由已知建立关于的不等式组，解出即可．
【详解】由题意，，
令，解得，令，解得或，
所以在上单调递减，在，上单调递减，
若函数在区间上单调，
则或或，解得或或，
即或.
故选：C.
6. 已知双曲线为坐标原点，是的左焦点，过点的直线与的两条渐近线分别交于.若三角形是直角三角形，则三角形的面积（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据双曲线的方程得出渐近线方程及，进而得出；再结合图形，根据三角形是直角三角形得出，进而得出三角形的三条边长即可解答.
【详解】根据双曲线的对称性，不妨设过点的直线的斜率大于零.如图所示:

由双曲线可得：双曲线的渐近线方程为：，
则两条渐近线的倾斜角分别为和，所以.
因为三角形是直角三角形，所以,
则，，又因为，
所以，，.
所以三角形的面积为.
故选：D.
7. 若函数导数的最小值为0，则函数的零点为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，确定，由的最小值为0，得出的解析式，进一步求出函数的零点.
【详解】因为函数的导数，所以，c为常数，
设，则恒成立，在R上单调递增，
又，所以当时，即，所以在单调递减，
当时，即，所以在单调递增，
所以在处取得最小值，即，故，
所以，故，
令，解得，函数的零点为.
故选：B.
8. 设三棱锥三条侧棱SA，SB，SC两两相互垂直，，，，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意以SA，SB，SC为棱构造长方体，建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】因为三棱锥的三条侧棱SA，SB，SC两两相互垂直，且，，，
以SA，SB，SC为棱构造长方体，则，解得，
如图，以A为原点，AE为x轴，AG为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
可知球心O是SF的中点，则，
可得，，.
设平面ABC的法向量，则，
令，则，可得，
所以球心O到平面ABC的距离为.
故选：A.
二､多选题：（本题共3小題，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合茅目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的的0分）
9. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 已知过点的直线l与以点，为端点的线段AB相交，则直线l的斜率的取值范围为
C. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于
D. 已知圆，P为直线上一动点，过点P向圆C引一条切线PA，其中A为切点，则线段PA的最小值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线过定点的求法求出定点即可判断A；设，根据斜率公式求出，，再结合图形求出直线的斜率的取值范围即可判断B；求出圆心到直线的距离与半径作比较即可判断C；由圆的性质结合勾股定理可得，要使最小，则最小，进而结合点到直线的距离公式求解即可判断D.
【详解】对于A，由，即，
由，解得，故该直线恒过定点，故A正确；
对于B，设，则，，
要使直线l与线段AB相交，如图，

则或，即直线l的斜率的取值范围为，故B错误；
对于C，由圆，则圆心，半径，
所以圆心到直线的距离为，
所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于，故C正确；
对于D，由圆，则圆心为，半径，
由题意，，要使最小，则最小，

而圆心到直线的距离为，
则，则，故D正确.
故选：ACD.
10. 如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果四边形是边长为4的正方形，则（ ）

A. 异面直线与所成角大小为
B. 二面角的平面角的余弦值为
C. 存在一个体积为的圆柱体可整体放入此八面体内.
D. 此八面体的内切球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角可判断A项、B项；先求出正四棱锥内接最大圆柱的体积表达式，利用导数求出体积的最大值即
可判断C项；运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项.
【详解】连接、交于点，连接，
因为四边形为正方形，则，
又因为八面体的每个面都是正三角形，所以三点共线，且面，
所以以为原点，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，，，
A：，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以，即异面直线与所成角大小为，故A正确；
B：，，，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
所以，
又因为面与所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为，故B错误；
C：如图，由图形的对称性，先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积.
设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点，

，由，得，即，
得，所以圆柱的体积为，
设，则，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故.
又，所以，
即存在一个体积为的圆柱可整体放入此八面体内，故C正确；
D：设内切球的半径为，
则八面体的体积为，
又八面体的体积为，
所以，解得，
所以内切球的表面积为，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 在上单调递减
B. 恰有一个极大值
C. 当时，有三个零点
D. 当时，有三个实数解
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后，求导确定函数的单调性、极值，在确定方程的根的个数时需注意函数值的变化趋势.
【详解】A：当时，，则，
所以函数在上单调递减，故A正确；
B：当时，，则，
所以函数在上单调递增；
当时，，则，
所以函数在上单调递增；结合选项A的分析，
知是函数的极大值点，是函数的极小值点，故B正确；
C：当时，，，
当时，，
所以当时，方程无实根，即函数无零点，故C错误；
D：当时，，由以上讨论，知当时，，
而，如图，
由图可知，方程有3个实根，所以有3个实根，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
三､填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知、为实数，函数在处的切线方程为，则的值______.
【答案】21
【解析】
【分析】求导，点斜式得到直线方程，对应项相等得.
【详解】由，得，
则，又，则切线方程为，
即
，得
故答案为：21.
13. 已知各项都为正数的等比数列，若，则__________.
【答案】9
【解析】
【分析】首先分析题意，利用等比中项性质化简求解即可.
【详解】已知各项都为正数的等比数列，且，
所以，解得或（舍去），
所以.
故答案为：9.
14. 已知抛物线的焦点为，圆以为圆心，且过坐标原点.过作斜率为1的直线，与交于点，与圆交于点，其中点均在第一象限，，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】首先分析题意，利用抛物线的性质，联立方程组并结合焦半径公式求解即可.
【详解】根据题意设直线l的方程为联立可得
设圆的半径为，则，
又，
所以，解得.
故答案为：2
四､解答题（本題共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. 公比为的等比数列的前项和.
（1）求与的值；
（2）若，记数列的前项和为，若恒成立.求的最小值.
【答案】15.
16.
【解析】
【分析】（1）根据的关系求，结合等比数列的定义即可求解；
（2）由（1）求出，进而求出，利用等差数列前n项求和公式求出，结合裂项相消求和法计算即可求解.
【小问1详解】
由，当时，；
当时，，
则，所以，又，
所以；
【小问2详解】
由（1）知是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，
故，
当时，，
所以，
又恒成立，所以，
即的最小值为2.
16. 已知点和直线，点是点关于直线的对称点.
（1）求点的坐标；
（2）为坐标原点，且点满足.若点的轨迹与直线没有公共点，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）首先分析题意，根据轴对称的性质解答即可.
（2）求出点P的轨迹方程，进而利用直线与圆的位置关系建立关于m的不等式，求解即可.
【小问1详解】
由于点和直线,且点B是点A关于直线l的对称点，
则易知点B的坐标为；
【小问2详解】
设点, 由题则
故化简得
又∵直线与圆无公共点，
解得.
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，三角形为等边三角形，点分别为的中点.
（1）证明：直线平面PAD；
（2）当二面角为时，求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，根据中位线的性质可得且，进而可证，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点，则，利用余弦定理求得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接，因为分别是的中点，
所以且，又且，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
在中，由余弦定理，得，
又，所以，得.
取的中点，连接，因为底面为菱形，为正三角形，
所以，故为二面角的平面角，即.
又平面，所以平面，
而平面，所以平面平面，
过O作平面的垂线，记为z轴，则OP与z轴正方向得夹角为，
以O为原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
因为菱形的边长为2，所以，
所以，
得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数，其中已知
（1）若的零点也是其极值点，求实数的值；
（2）若对所有成立，求实数的取值范围.
【答案】18. 1 19.
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论判断函数单调性，求得极值点即可求解；
（2）注意到，讨论、和三种情况，说明最小值与0的大小关系即可求解.
【小问1详解】
，则，
若，则，函数在上单调递减，无极值，不符合题意；
若，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取得极小值，
又函数的零点也是其极值点，
所以，
设，，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，故有唯一解.
此时的零点和极值点均为0，符合题意，
故.
【小问2详解】
易知.
，
若，则，函数在上单调递减，
所以，不符合题意，舍去；
若，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故不符合题意，舍去；
若，在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
则对恒成立，符合题意.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为为椭圆上一点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过的直线与椭圆交于两点（其中点位于轴上方），记直线的斜率分别为，试判断是否为定值，如果是定值，求出定值，若果不为定值，请说明理由.
【答案】（1）
（2）为定值
【解析】
【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义可知，即可求解；
（2）易知直线的斜率不为0，设其方程为，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，结合两点表示斜率公式化简计算可得，即可下结论.
【小问1详解】
由题意知，，则，
由椭圆的定义知，所以，又，
所以，所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
易知直线的斜率不为0，设其方程为，，
，得，
则，得，
又，在x轴上方，所以，
由，
得
，
所以为定值.
【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．