2024湖北省鄂西南三校高二下学期3月联考数学试卷含解析

这是一份2024湖北省鄂西南三校高二下学期3月联考数学试卷含解析，文件包含湖北省鄂西南三校2023-2024学年高二下学期3月联考数学试卷含解析docx、湖北省鄂西南三校2023-2024学年高二下学期3月联考数学试卷无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
1. 已知A，B，C，D是空间中互不相同的四个点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用向量加法法则、减法法则计算即可.
【详解】.
故选：B.
2. 已知数列为等比数列，若，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列通项公式直接求解即可.
【详解】设数列的公比为，则，，.
故选：B.
3. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标.
【详解】由可得抛物线标准方程为：，其焦点坐标为.
故选：D.
4. 已知向量，向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为：
，
故选：A
5. 一条光线从点射出，经直线反射后经过点，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出点关于直线的对称点，再利用反射光线过点，即可求解.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，化简得，解得，
故反射光线过点，
则反射光线所在直线的方程为.
故选：B.
6. 双曲线的虚轴长为4，离心率，分别是它的左、右焦点，若过F1的直线与双曲线的左支交于A，B两点，且│AB│是的等差中项，则│AB│等于（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由虚轴长求出b=2,再根据离心率求出a,进而结合题意及双曲线的定义求得答案.
【详解】由题意，，由.由双曲线定义可知：，两式相加得：.
因为│AB│是的等差中项，所以，于是.
故选：A.
7. 古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，，，，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即得.
【详解】在半圆柱下底面半圆所在平面内过作直线的垂线，由于垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，
则以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

于是，，
又为的中点，则，，,，
设平面的法向量，则，令，得，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D
8. 下列三图中的多边形均为正多边形，分别为正三角形、正四边形、正六边形，、是多边形的顶点，椭圆过且均以图中的为焦点，设图①、②、③中椭圆的离心率分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知图形把的坐标用含有的代数式表示，把的坐标代入椭圆方程，结合椭圆的定义与性质分别求出离心率后比较大小可得结论.
【详解】由图①知，，
由图②知，点在椭圆上，
，则，
整理得，解得，
由图③知，在椭圆上，
，则，
整理得，，故选B.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义、离心率及简单性质，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数的图象是双曲线，设其焦点为，若为其图象上任意一点，则（ ）
A. 是它的一条对称轴B. 它的离心率为
C. 点是它的一个焦点D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可知反比例函数的图象为等轴双曲线，进一步分别计算出离心率以及即可逐一判断求解.
【详解】反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为，
容易知道是实轴，是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程与反比例函数表达式得实轴顶点，
所以，其中一个焦点坐标应为而不是，
由双曲线定义可知．
故选：ABD.
10. 在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，下面说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 是锐角三角形
D. 的最大内角是最小内角的倍
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理可判断A选项；利用余弦定理可判断BC选项；利用二倍角的余弦公式可判断D选项.
【详解】对于A，由正弦定理可得，A对；
对于B，由余弦定理可得，，，
所以，，B错；
对于C，因为，则为最大角，又因为，则为锐角，故为锐角三角形，C对；
对于D，由题意知，为最小角，则，
因为，则，则，D错.
故选：AC.
11. 已知函数的定义域均为是偶函数，且，若，则（ ）
A.
B. 的图象关于点中心对称
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用抽象函数的奇偶性、对称性、周期性一一判定选项即可.
【详解】因为是偶函数，则，
所以，
所以.
当时，，
又，所以，所以1，所以，故A正确；
由，得，
两式相减得，所以，
又，所以，即，
所以的图象关于点中心对称，故B正确；
，所以是以6为周期周期函数，
所以，故C正确；
，D不正确.
故选:ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度跑步速度均相同，则先到教室的是 __．
【答案】乙．
【解析】
【详解】比较走完路程所用时间大小来确定谁先到教室,故应把两人到教室的时间用所给的量表示出来，作商法比较大小．
【解答】设从寝室到教室的路程为，甲、乙两人的步行速度为，跑步的速度为，
且，
甲所用的时间，
乙所用的时间满足，解得，
所以，
因为，
所以，即乙先到.
故答案为：乙先到教室.
13. 已知数列的前项之和，则数列的通项公式__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：根据和项与通项得关系求结果.
详解：因为当时，，当时，，
因为，所以.
点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
14. 若，是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点，，，动点满足，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当，，三点共线时，，即为所求最大值.
【详解】设，则，整理得，
则是圆：上一点，
由，得,如图所示
故，
当且仅当，，三点共线，且在之间时取得最大值．
又因为,
所以的最大值为.
故答案：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．
15. 已知正项数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列通项和前n项和公式求解；
（2）由（1）得到，再利用裂项相消法求解.
【小问1详解】
解：因为，
当时，，
两式相减得，因为，可得，，
令，可得，满足，
所以的通项公式为；
【小问2详解】
，
所以.
16. 树人中学从参加普法知识竞赛的1000同学中，随机抽取60名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组后得到部分频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：
（1）补全频率分布直方图，并估计本次知识竞赛成绩众数；
（2）如果确定不低于88分的同学进入复赛，问这1000名参赛同学中估计有多少人进入复赛；
（3）若从第一组，第二组和第六组三组学生中分层抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25的概率．
【答案】（1）补全频率分布直方图见解析；估计众数为.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形的面积之和为1，求出组的频率，可补全频率分布直方图，由此估计本次知识竞赛成绩的众数；
（2）由频率分布直方图求出成绩不低于88的频率，由此估计进入复赛的人数；
（3）根据分层抽样求出各组抽取的人数，再用古典概型求出所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25个概率.
【小问1详解】
组的频率为：.
所以补全频率分布直方图为：
因为组对应的小矩形最高，
所以估计本次知识竞赛成绩的众数为.
【小问2详解】
由频率分布直方图得分数不低于分的频率为：
.
所以这名参赛同学中估计进入复赛的人数为：.
【小问3详解】
从第一组，第二组和第六组三组同学中分层抽取人，
因为第一、二、六组频率之比为，
所以第一组抽取人，第二组抽取人，第六组抽取人.
设这人分别为：，从这6人中任选2人的抽法有：
基本事件总数，
所抽取的人成绩之差的绝对值小于包含的基本事件有：
基本事件个数个数.
所以所抽取的人成绩之差的绝对值小于的概率为.
17. 如图，在中，，，．将绕旋转得到，分别为线段的中点．

（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作，垂足为，证明平面，可求得点到平面的距离；
（2）取中点为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接，作，垂足为．
因为，点为的中点，所以．
又，所以平面．
因为平面，所以．
又，
所以平面，即点到平面的距离为的长度．
易证平面，所以．
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又，所以，所以．
【小问2详解】
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
所以．

设平面的法向量为，
可得即
令，得．
取的中点，连接，在等腰中，
易证平面，
所以为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
．
18. 如图，在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，且满足．当点在圆上运动时，的轨迹为．

（1）求曲线的方程；
（2）点，过点作斜率为的直线交曲线于点，交轴于点．已知为的中点，是否存在定点，对于任意都有，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设点、，则，根据平面向量的坐标运算可得出，代入等式化简可得出曲线的方程；
（2）记，则直线的方程可化为，将该直线方程与曲线的方程联立，求出点的坐标，进而求出点的坐标，求出及点的坐标，根据可求出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标，即为所求的点.
【小问1详解】
设点、，则，
因为，所以，
则，则，所以，
因为点在圆，则，所以，整理可得，
由于点与点不重合，所以，
因此曲线的方程为.
【小问2详解】
存在定点满足题意，理由如下：
记，则直线的方程为，
联立，得，
解得，则，

故点，所以点，则，
因为，则，
在直线中，令，可得，即点，
所以直线的方程为，
所以存在定点，使得.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
19. 已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得 （其中），则称为的“重覆盖函数”．
（1）试判断是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由；
（2）若，为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围；
（3）函数表示不超过的最大整数，如．若为的“2024重覆盖函数”请直接写出正实数的取值范围．
【答案】（1）不是的“2重覆盖函数”，理由见解析；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“重覆盖函数”的定义判断即可；
（2）由题意可得对任意，存在2个不同的实数，使得 （其中），即，分、、分别求解即可；
（3）由题意可得，则有对于任意，，要有2024个根，作出函数的图象，结合图象求解即可.
【小问1详解】
解：由，可知，
函数的图象如图所示：

当时， ，
当时，解得，
此时在中只存在一个，使，
所以不是的“2重覆盖函数”；
【小问2详解】
解：由题意可得 的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数，
使得 （其中），
，则，
，即，
即对任意，有个实根，
当时，已有一个根，
故只需时，仅有1个根，
当时，，符合题意，
当时，，则需满足，解得，
当时，抛物线开口向下，，，若仅有1个根，
由，知，
当时，，所以无解，
则只需，解得，
综上，实数的取值范围是；
【小问3详解】
解：因为，
当时，，当时，且，
当且仅当时取等号，所以，
综上可得，即，
则对于任意，，要有2024个根，
，作出函数的图象（部分），如图：

要使，有2024个根，则，
又，则，
故正实数的取值范围.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解“重覆盖函数”的定义的定义及作出函数的图象.