年湖北部分名校高二3月聯考高二數學試卷命題學校：黃陂一中（前川校區）命題教師：胡啟軍李波王愛文余嘉倫審題學校：鄂南高中考試時間：年3月日下午：：試卷滿分：分注意事項：．答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．．選擇題的作答：每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內．寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．一、單選題：每小題5分，共分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知是等差數列，，則（）A.0B.5C.10D.15【答案】A【解析】【分析】利用等差數列的通項公式求解.【詳解】設等差數列的公差為，由可得，，①又由可得，，即，②由①②解得，所以，故選:A.2.在等比數列中，，，則公比（）第1頁/共24頁A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據可求得結果.【詳解】因為公比為的等比數列滿足，，由題意可得，故.故選：B.3.棱長為的正方體中，點是的中點，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量數量積的坐標可計算得出的值.【詳解】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，所以，，，故.故選：C.4.已知圓，圓，點P在圓N上運動，直線與圓M相切于點A，則的最大長度為（）第2頁/共24頁A.8B.7C.D.【答案】C【解析】【分析】利用圓的切線長公式以及點到圓的距離的位置關系求解.【詳解】由題，圓，圓，所以圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，作圖如下，因為,由幾何性質可知，當的坐標為時，有最大值為，此時最大，最大值為，故選:C.5.已知函數在處取得極大值，則實數的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求得，對和的大小進行分類討論，利用函數的極值點與導數的關系可得出實數的取值范圍.【詳解】因為，則，由可得，，第3頁/共24頁因為函數在處取得極大值，則，當時，則，列表如下：增極大值減極小值增故當時，函數在處取得極小值，不合乎題意；當時，則，列表如下：增極大值減極小值增故當時，函數在處取得極大值，合乎題意.綜上所述，.故選：D.6.已知，則曲線在點處的切線方程為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，可求得，求導可得，令，可求得，可求切線方程.【詳解】令，可得，即，解得，由，可得，令，可得，解得，第4頁/共24頁所以曲線在點處的切線方程為，即.故選：D.7.、是雙曲線的上、下焦點，過的直線與的上、下兩支分別交于、兩點．若，，又，則雙曲線的實軸長為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出圖形，在直角中，利用銳角三角函數的定義可求出，利用勾股定理可求得，利用雙曲線的定義可得出關于的等式，解出的值，進而利用雙曲線的定義可求得該雙曲線的實軸長.【詳解】如下圖所示：因為，，則，因為，則，故，由雙曲線的定義可得，即，解得，因此，該雙曲線的實軸長為.故選：B.8.已知數列、滿足，，這兩個數列的項組成一個集合，集合中的數按從第5頁/共24頁小到大的順序排列組成數列，的前項和為，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】、的公共項構成的數列列的前項包含數列的前項，數列的前項，且、、這三項出現兩次，各記為一次，利用等差數列的求和公式可求得的值.【詳解】數列的各項為：、、、、、、、、、、、，數列的各項為：、、、、、、、、、、、，所以，數列、的公共項為：、、、，則數列、公共項構成以首項為，公差為的等差數列，所以，，則，且，所以，數列的前項包含數列的前項，數列的前項，且、、這三項出現兩次，各記為一次，所以，.故選：C.關鍵點在于確定數列的前解.二、多選題：本題共3小題，共分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．9.在棱長為2的正方體EFG分別為P為線段上的動點，則下列選項正確的是（）第6頁/共24頁A.B.三棱錐的體積為定值C.平面截正方體所得的截面面積為9D.存在實數使得【答案】BD【解析】【分析】連接，求得，利用勾股定理的逆定理可判斷A；取的中點，連接，利用線面位置關系可得平面，可判斷B；連接，可得截面為四邊形，求得面積可判斷C；利用四邊形為梯形，可判斷D.【詳解】對于A，連接，因為分別為的中點，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又易求得，所以，所以不垂直于，所以不垂直于，故A錯誤；對于B，取的中點，連接，第7頁/共24頁由E、F、G分別為的中點，所以可得，又平面，平面，所以平面，又易得，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，又，所以到平面距離為定值，又為定值，所以三棱錐的體積為定值，故B正確.對于C，連接，因為E、F分別為的中點，所以易得，且，則四點共面，所以平面截正方體所得的截面為四邊形，由題意可得，所以四邊形為等腰梯形，所以梯形的高為，所以四邊形的面積為，故C錯誤；對于D，易知，又因為E、F分別為的中點，第8頁/共24頁所以，且，則四點共面，所以四邊形為梯形，又為相交直線，所以存在實數使得，又因為且，所以，所以存在實數使得，故D正確.故選：BD.10.已知橢圓，斜率為k且不經過原點O直線l與橢圓相交于A，B兩點，P為橢圓的左頂點，M為線段的中點，則下列結論正確的（）A.若直線斜率為，則B.若點M的坐標為，則直線l的方程為C.若直線l的方程為，則D.若直線l過橢圓右焦點，則線段的最小值為1【答案】BC【解析】AA和點斜式可得BC直線方程為，聯立曲線由弦長公式可得D錯誤.【詳解】設，對于A，由題意可得，，所以，第9頁/共24頁因為點A，B在橢圓上，代入上式可得，故A錯誤；對于B，由A可得，由點斜式可得，化簡可得直線l的方程為，故B正確；對于C，聯立，消去可得，，，由弦長公式可得，故C正確；對于D，橢圓的右焦點，設此時直線方程為，聯立曲線方程可得，消去可得，，，由弦長公式可得，由函數的單調性可得當時取得最小值為1，但此時斜率不存在，不符合題意，故D錯誤.故選：BC分成許多類，如圖中第一行圖形中黑色小點個數：13610稱為三角形數；第二行圖形中黑色小點個數：1，4，9，16，稱為正方形數．記三角形數構成數列，正方形數構成數列，則（）第10頁/共24頁A.B.1275既是三角形數，又是正方形數C.D.，總存在，使得成立【答案】ACD【解析】【分析】用累加法求得，再用裂項相消法計算可判斷A；分別令，計算可得是三角形數的第50項，但1275不是完全平方數，可判斷B；將放縮后用裂項相消法求和即可判斷C；計算可得，可得結論.【詳解】對于A，因為，所以，當時也滿足上式，所以，所以，故A正確；對于B，由得，，即，解得，故1275是三角形數的第50項，但1275不是完全平方數，故B錯誤；對于C，，其中，所以當時，第11頁/共24頁，當或時不等式顯然成立，故C正確：對于D，，所以，故，總存在，使得成立，故D正確．故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：關鍵在于用累加法求得數列的累加法求得通項公式，利用放縮法求得，求解可得結論.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分．12.在棱長為的正四面體中，、分別是、的中點，則____________．【答案】【解析】【分析】將用基底表示，利用空間向量數量積的運算性質可求得的值.【詳解】連接，如下圖所示：由空間向量數量積的定義可得，同理可得，，所以，第12頁/共24頁.故答案為：.13.已知圓的距離等于的范圍是____________．【答案】【解析】的距離，根據直線與圓的位置關系可得出關于實數之即可.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，因為圓上至少有三個點到直線的距離等于，則，即，解得，因此，實數的取值范圍是.故答案為：.14.已知函數，若關于x方程僅有2個實數解，則實數a的取值范圍為____________．【答案】第13頁/共24頁【解析】【分析】利用導函數與單調性的關系討論函數求解即可.【詳解】由題意得，函數的定義域為．對函數求導得，令，可得；令，可得或，所以在和上單調遞減，在上單調遞增．故當時，有極小值為．作出函數圖象如下，令，則方程化成，解得或，則有1個實數解，所以或且，解得或且，∴實數a的取值范圍為故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.已知函數（1）若，求在上的最大值；第14頁/共24頁（2）討論函數的單調性．【答案】（1）（2）答案見解析【解析】1）當時，利用導數分析函數在上的單調性，即可求出函數上的最大值；（2函數的增區間和減區間.【小問1詳解】因為的定義域為，，當時，則，，當時，，即函數在上單調遞增，當時，，即函數在上單調遞減，所以，當時，.【小問2詳解】，①當時，列表如下：增極大值減極小值增所以，函數的增區間為、，減區間為；第15頁/共24頁②當時，對任意的恒成立，所以，函數的增區間為，無減區間；③當時，列表如下：增極大值減極小值增所以，函數的增區間為、，減區間為.綜上所述，當時，函數的增區間為、，減區間為；當時，函數的增區間為，無減區間；當時，函數的增區間為、，減區間為.16.已知在數列中，為其前的前項和為，且有，.（1）求與的通項公式；（2）令，若的前項和為，求證：．【答案】（1），（2）證明見解析【解析】1）令，可求得的值，當時，由可得，兩式作差推導出數列為等差數列，確定其首項和公差，可求出數列的通項公式；當時，由可得出，結合等比中項法知數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，可求得數列的通項公式；第16頁/共24頁（2）求得，利用錯位相減法求出，即可證得結論成立.【小問1詳解】由，當時，，解得．當時，，兩式相減可得：，即，化為：，對任意的，，所以，，即，所以，數列是等差數列，首項為，公差為，則．當時，，即，可得，因為，，所以，數列是以為首項，為公比的等比數列，所以，．【小問2詳解】因為，則，，則，上述兩個等式作差可得，因為，所以，.17.如圖，在三棱錐中，是以為斜邊的等腰直角三角形，，為的中點．第17頁/共24頁（1）證明：平面平面；（2M滿足與平面所成角的正弦值為與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）推導出平面，利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可得出關于的方程，結合的范圍可求出的值，然后利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】連接，因為是以為斜邊的等腰直角三角形，則，因為是的中點，所以，，且，又，則，且，所以，，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，平面平面.【小問2詳解】因為平面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，第18頁/共24頁則、、、，所以，，，，，設平面的一個法向量則，取，則，，可得，因為與平面所成角的正弦值為，則，整理可得，因為，解得，則，所以，平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，，因此，面與平面夾角的余弦值為．第19頁/共24頁18.在平面直角坐標系中，曲線上的動點到點的距離與直線的距離相等．直線過點交曲線于、兩點．（1）求曲線的方程；（2）若，求直線的方程；（3軸的直線被以的方程？若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】1）分析可知，曲線是以點為焦點，以直線為準線的拋物線，即可得出曲線的方程；（2）分析可知，直線的斜率存在，設直線的方程為，設點、，由可得可求出的值，由此可得出直線的方程；（3）設直線的方程為，求出圓心到直線的距離，利用勾股定理可得出直線截圓所得弦長的表達式，根據弦長為值可求得的值，即可得出直線的方程.【小問1詳解】因為曲線上的動點到點的距離與直線的距離相等．所以，曲線是以點為焦點，以直線為準線的拋物線，故曲線的方程為.【小問2詳解】若直線的斜率不存在時，直線與拋物線只有一個公共點，不合乎題意，設直線的方程為，設點、，第20頁/共24頁聯立可得，則，由韋達定理可得，，由得，可得，所以，，則，所以，，解得.因此，直線的方程為.【小問3詳解】設直線的方程為，線段中點為，直線交于點、，點到直線的距離為，又，所以，，則，當時，即，截得弦長為.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：第21頁/共24頁（1）從特殊入手，求出定值，再證