年湖北云學名校聯盟高二年級3月聯考數學試卷命題學校：新洲一中命題人：黃宏斌張千秋陳雙雄審題學校：孝感高中考試時間：年3月4日：：時長：分鐘試卷滿分：分注意事項：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.題卡上的非答題區域均無效.考試結束后，請將答題卡上交.85分在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的）1.與直線關于y軸對稱的直線的方程為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出已知直線和軸的交點，再求出要求直線的斜率，用斜截式求出要求直線的方程．【詳解】解：直線，即，它與軸的交點為，它關于軸對稱的直線的斜率為，故要求直線的方程為，即.故選：C．2.已知曲線上一點，記為函數的導數，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】第1頁/共22頁【分析】求導可得，進而求解.【詳解】，，所以，所以.故選：D3.已知數列滿足，，，則（）A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】由遞推關系窮舉后猜想，再計算可得.【詳解】，，，，猜想：，經檢驗符合題意，故.則，故選：B.4.1的正四面體（四個面都是正三角形）中，分別為線和夾角的正弦值為（）第2頁/共22頁A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由題意，根據空間向量的線性運算可得和數量積的運算律和定義計算即可求解.【詳解】，因為分別為的中點，所以，，且，則，所以，即直線和夾角的余弦值為，所以正弦值為.故選：C第3頁/共22頁5.橢圓上的點到直線的最大距離為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】設橢圓上的一動點，由點到直線距離公式結合三角函數知識可得答案.【詳解】由是橢圓上的動點.可設，，由點到直線的距離公式可得，，，，最大距離.故選：C.6.已知函數，記等差數列的前項和為，若，，則（）A.B.C.2025D.4050【答案】A【解析】【分析】令，即可得到在上單調遞增的奇函數，依題意可得、，從而得到的值，再根據等差數列求和公式計算可得.【詳解】令，則的定義域為，又，第4頁/共22頁所以為奇函數，又與均在上單調遞增，所以在上單調遞增，所以，因為，所以，因為，所以，所以，即，所以.故選：A7.已知三棱錐，的內切球的半徑為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】將三棱錐可以嵌入一個長方體內用體積轉化的方法求解該三棱錐的內切球的半徑.【詳解】根據題意，三棱錐可以嵌入一個長方體內，且三棱錐的每條棱均是長方體的面對角線，設長方體交于一個頂點的三條棱長為a，b，，如圖所示，則，，，解得，，.所以該三棱錐的的體積為，而，所以可求得，故選：C第5頁/共22頁8.已知拋物線方程為，在軸上存在一定點，使得經過點的任意一條弦，滿足為定值，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據已知拋物線從特殊到一般的思想.結合極限位置計算求解；聯立得出韋達定理結合兩點間距離計算求解.【詳解】方法一：假設點M的坐標為，，當AB垂直x軸時，；當AB與x軸重合時，，所以，；方法二：假設點M的坐標為，當AB不與x軸重合時，可設直線AB的方程為：，與拋物線方程聯立，設，，，，，則，因為無論直線AB怎么變化，t恒為定值，所以，即；當AB與x軸重合時，可以驗證也成立.所以綜上所述，，，故選：B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.已知等差數列的公差為正數，是數列的前項和，若，，則（）A.第6頁/共22頁B.數列是公比為等比數列（為自然對數的底數）C.D.數列是公差為的等差數列【答案】AB【解析】，AC列的定義即可判斷BD.【詳解】A：依題意，設公差為d，則，由，，解得，，故A正確；B：由，得，所以，由，即數列是以為公比的等比數列，故B正確；C：，故C錯誤；D：由，得，所以，不恒為常數，所以不是等差數列，故D錯誤.故選：AB10.已知動點與兩個定點，的距離的比為，動點的軌跡為曲線，則（）A.曲線的軌跡方程為B.直線與曲線交于、兩點，則的長為C.曲線與曲線的公切線有2條D.已知點，點，點為曲線上任意一點，則最大值為【答案】ACD【解析】第7頁/共22頁【分析】先設再結合兩點間距離公式計算求解軌跡方程即可判斷A，再應用幾何法計算弦長判斷B，判斷兩個圓的位置關系判斷公切線個數判斷C，結合已知計算距離差最大即可判斷D.【詳解】A.設，由可得，化簡得，即.故曲線的軌跡方程為，A正確；B.由A得：的圓心坐標為，半徑為，所以圓心到直線距離以B錯誤；C.因為兩圓心間距離為2條，C正確；D.已知點，動點N與點，點的距離的比為，所以，D正確.故選：ACD.的棱長為4為為正方形上的動點，則（）A.滿足平面的點的軌跡長度為B.滿足的點的軌跡長度為C.存在點，使得平面經過點D.不存在點滿足【答案】ABD第8頁/共22頁【解析】【分析】選項A：證平面平面得到點的軌跡長度為，選項B:過點作，交于點，可得：，然后證明平面，得到點的軌跡從而求出軌跡長度.選項C：連接，取中點，連接AH，HM，則可知平面截正方體所得的截面為，與正方形沒有交點，從而判斷選項C.選項D：延長到點，使得，得到的最小值為.從而判斷出選項D.【詳解】如圖1，取的中點，取的中點，連接，FM，，因為為的中點，所以，，，因為平面，平面，所以平面，同理可得：平面，因為，平面，所以平面平面，圖1因為點為正方形上的動點，所以當在線段上時，平面，故滿足平面的點的軌跡長度為的長，為，A正確；如圖2，過點作，交于點，可得：，因為正方體的棱長為4，點為的中點，第9頁/共22頁圖2所以，，故，即，解得：，過點作，交于點，交于點，則平面，因為平面，所以，當點位于線段上時，滿足，即滿足的點的軌跡長度為線段的長度，又因為，所以B選項正確；圖3如圖3，連接，取中點，連接AH，HM，則可知平面截正方體所得的截面為，與正方形沒有交點，所以不存在點，使得平面經過點，故不正確；如圖4，延長到點，使得，第10頁/共22頁圖4則點關于平面的對稱點為，連接交正方形于點，則此時使得取得最小值，最小值為，所以不存在點滿足，D正確；故選：ABD三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共分）12.設函數在處的導數存在，且，則_____.【答案】【解析】【分析】根據導數的定義計算直接得出結果.【詳解】.故答案為：13.已知雙曲線的方程為，點，點，點為雙曲線上的一個動點，則的最小值為_____.【答案】7【解析】【分析】結合圖形可知點為上支上的點時才可能取得最小值，根據雙曲線的定義可得，所以，當且僅當三點共線時取等號.第11頁/共22頁【詳解】由題意得雙曲線的焦點在軸上，且，所以點為雙曲線的上焦點，設下焦點為，結合圖形可知點為上支上的點時才可能取得最小值，由雙曲線的定義可得，所以，所以，當且僅當三點共線時取等號.故的最小值為7.故答案為：14.記，表示個元素的有限集，表示非空數集中所有元素的和，若集合，則_____，若，則的最小值為_____.【答案】①.②.14【解析】【分析】根據定義確定，從而可歸納出中的元素，求和后解不等式可得．【詳解】當，時，，表示2個元素的有限集，由可知，或或，故；由題意知，故由可得，即，結合，可以估算得的最小值為14故答案為：；14.四、解答題（本題共6小題，共分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）第12頁/共22頁15.已知數列為等比數列，，.（1）求數列的通項公式；（2）若是數列的前項積，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】1）根據等比數列基本量計算求通項公式；（2即可得出計算結合二次函數得出最值即可.【小問1詳解】因為數列為等比數列，，，所以，，所以，，所以【小問2詳解】方法一：因為，且，數列為單調遞減數列，當時，最大，即，解得：，此時，的最大值為.方法二：因為，所以第13頁/共22頁由二次函數的知識以及，在或者時，同時取得最大值，此時，的最大值為.16.（1）證明：，；（2）已知函數（，，e為自然對數的底數）.（I）當時，求函數的單調區間；（II）若函數在上單調遞增，求實數的取值范圍.【答案】（1I）單調遞增區間為，，單調遞減區間為II）【解析】1）利用導數討論函數的單調性可得，即可證明；（2III對任意恒成立，即對任意恒成立，結合二次函數的圖象與性質即可求解.1）構造函數，，令，得，列表如下：10+遞減極小值遞增所以，即有成立.（2I）當時，，所以.令，因為，所以，解得或.第14頁/共22頁列表如下：42+00+↗極大值↘極小值↗由表可知，函數的單調遞增區間為，，單調遞減區間為.（II）因為函數在上單調遞增，所以.即對任意恒成立，因，且，所以對任意恒成立.設，，因為的開口向上，所以只需要考慮兩個端點的情況就行了，則，即，解得.即實數的取值范圍為.17.已知數列滿足，，，數列滿足，.（1）證明：數列不是等比數列；并且求數列的通項公式；（2）求數列的通項公式；（3）令，記數列的前項和為，求證：.【答案】（1）證明見解析，（2）（3）證明見解析【解析】第15頁/共22頁1）根據即可證明不是等比數列；根據等比數列的定義和通項公式計算即可求解；（2可求解；（3）由題意得，結合裂項相消法求和可得，即可證明.【小問1詳解】由題意，，因為，數列的第一項為0，數列不是等比數列；但是，且，數列是以2為首項以2為公比的等比數列.【小問2詳解】方法一：因為，且數列是以1為首項，以0為公差的等差數列.，；方法二：，用累乘可得，當時，，，，，所以，即，又，；第16頁/共22頁【小問3詳解】因為，所以，因為，.18.已知雙曲線，滿足離心率為2，且焦點到漸近線的距離為.（1）求雙曲線的標準方程；（2）若直線過點，且與雙曲線的左支有且只有一個公共點，求直線的斜率的取值范圍；（3）記雙曲線的左頂點為，右焦點為，為第一象限內雙曲線上的任意一點，是否存在實數，使得恒成立?若存在，請求出此時的實數；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）（3）存在實數【解析】1）由離心率結合雙曲線的定義求解雙曲線的標準方程即可；（2）結合雙曲線的漸進線分析直線與雙曲線的交點個數，從而得到斜率的取值范圍即可；（3）根據點M的坐標設出和的正切值，結合二倍角的正切函數求解即可.【小問1詳解】由已知雙曲線離心率為2，則，得，所以雙曲線方程為，又焦點到漸近線的距離為，可得，第17頁/共22頁，所以雙曲線方程為【小問2詳解】由題意知直線斜率顯然存在，設直線的方程為，聯立直線與雙曲線，得，當時，，解得：，且，當時，與雙曲線的漸近線方程的斜率一致，雙曲線的漸近線方程為，即漸近線斜率為，又因為直線過定點所以當時，時，直線與雙曲線的左支只有一個公共點，成立；當時，時，直線與雙曲線的右支只有一個公共點，不成立；當時，直線與雙曲線左支有兩個交點，不成立；當時，直線與雙曲線的左右兩支各有一個交點，成立，當時，直線與雙曲線右支有兩個公共點，不成立；當時，時，直線與雙曲線的左支只有一個交點即與左支相切，成立；當時，時，直線與雙曲線的右支只有一個交點即與右支相切，不成立；綜上所述，或時，直線與雙曲線的左支有且只有一個公共點；【小問3詳解】第18頁/共22頁存在，理由如下，①當點時，，，可求得.②當點的橫坐標不為2時，可設，，，，，，和都在內，所以綜上可知，存在實數符合題意19.已知四棱錐的底面是直角梯形，，，，，E為的中點，.（1）證明：平面平面；（2）若，與平面所成的角為，（I）求三棱錐的體積；（II）試問在側面內是否存在一點，使得平面?若存在，求出點到直線的距離；第19頁/共22頁若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2I）8II）存在，【解析】1）通過證明平面可完成證明；（2I）在平面內作于，連接，由面面垂性質可得平面，據此可得，，即可得體積；（II）方法1，以OB，OC，O