湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷

2024-2025学年湖北省新高考联考协作体·湖北部分名校高二3月联考数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知是等差数列，，，则(    ) A. 0 B. 5 C. 10 D. 15 2.在等比数列中，，，则公比(    ) A. B. C. 3 D. 3.棱长为2的正方体中，点E是的中点，则(    ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 4.已知圆，圆，点P在圆N上运动，直线PA与圆M相切于点A，则PA的最大长度为(    ) A. 8 B. 7 C. D. 5.已知函数在处取得极大值，则实数a的取值范围为(    ) A. B. C. D. 6.已知，则曲线在点处的切线方程为(    ) A. B. C. D. 7.，是双曲线的上、下焦点，过的直线与C的上、下两支分别交于A，B两点.若，，又，则双曲线的实轴长为(    ) A. 2 B. 4 C. D. 8.已知数列，满足，，这两个数列的项组成一个集合，集合中的数按从小到大的顺序排列组成数列，的前n项和为，则(    ) A. 551 B. 671 C. 755 D. 839 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.在棱长为2的正方体中，E、F、G分别为BC、、的中点，点P为线段上的动点，则下列选项正确的是(    ) A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为9 D. 存在实数、使得 10.已知椭圆，斜率为k且不经过原点O的直线l与椭圆相交于A，B两点，P为椭圆的左顶点，M为线段AB的中点，则下列结论正确的(    ) A. 若直线OM斜率为，则 B. 若点M的坐标为，则直线l的方程为 C. 若直线l的方程为，则 D. 若直线l过椭圆右焦点，则线段AB的最小值为1 11.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，称为三角形数;第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，称为正方形数.记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则(    ) A. B. 1275既是三角形数，又是正方形数 C. D. ，，总存在p，，使得成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在棱长为的正四面体ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，则          . 13.已知圆，直线，圆上至少有三个点到直线l的距离等于1，则b的范围是          . 14.已知函数，若关于x的方程仅有2个实数解，则实数a的取值范围为          . 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.本小题13分 已知函数 若，求在上的最大值. 讨论函数的单调性. 16.本小题15分 已知在数列中，为其前n项和，若，且，，数列的前n项和为，且有， 求与的通项公式; 令，若的前n项和为，求证： 17.本小题15分 如图，在三棱锥中，是以AC为斜边的等腰直角三角形，，O为AC的中点. 证明：平面平面 若点M满足，且PC与平面PAM所成角的正弦值为，求平面PAM与平面PAB夹角的余弦值. 18.本小题17分 在平面直角坐标系xOy中，曲线C上的动点P到点的距离与直线的距离相等.直线l过点交曲线C于A，B两点. 求曲线C的方程; 若，求直线AB的方程; 是否存在垂直于y轴的直线m，使得m被以AM为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存在，求出m的方程?若不存在，请说明理由. 19.本小题17分 意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么?这就是著名的“悬链线问题”其原理往往运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程。通过适当建立坐标系，悬链线可表示为双曲余弦函数的图象，现定义双曲正弦函数，他们之间具有类似于三角函数的性质。已知 证明：①倍元关系：②平方关系： 对任意，恒有成立，求实数a的取值范围; 证明： 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：根据等差数列的性质可得， 因为，所以 2.【答案】B  【解析】解： 是等比数列， ，  ，即 ， 解得 3.【答案】C  【解析】解：因为点E是的中点， 所以， 所以 易知， 所以， 所以 4.【答案】C  【解析】解：对于圆，配方可得， 所以圆M的圆心，半径 对于圆，配方可得， 所以圆N的圆心，半径 因为直线PA与圆M相切于点A， 根据圆的切线性质， 在中，由勾股定理可得 因为点P在圆N上运动， 所以的最大值为 所以PA的最大长度为 5.【答案】D  【解析】解：，令，解得：或， 若在处取得极大值，则，解得：，故选：D 6.【答案】D  【解析】解：令，则，解得 ， ， 令，则，解得， 在处的切线方程为，即 故选： 7.【答案】B  【解析】解：由题意，，，， 所以，，所以， 所以， 所以，所以， 所以，所以双曲线的实轴长为 故选 8.【答案】C  【解析】解：的前几项：4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，34，37，40，43，46，49，52，55，58，61，64，67，70，73，76，79， 的前几项：3，8，13，18，23，28，33，38，43，48，53，58，63，68，73，78，83，88，93，98，103，108，113，118，123，128， 将这两个数列的项合并并按从小到大的顺序排列，结合集合元素的互异性， 得到数列的前26项：3，4，7，8，10，13，16，18，19，22，23，25，28，31，33，34，37，38，40，43，46，48，49，52，53，55， 则 9.【答案】BD  【解析】解： 对于A，取 的中点 H，连接 GH， ， 因为H、E分别是、BC的中点， 易证  ，， 所以， 所以 为异面直线与 EF所成角或其补角， 由题意 ， ， 则由余弦定理可得 ，故A错误； 对于B，如下图，在线段上任取一点P，连接，，，GF， 由正方体几何性质可知且，所以四边形是平行四边形， 故 又，所以， 故与EF共面，且过与EF的平面有且只有一个，故四边形是平面AEF截正方体所得的截面图形. 又因为G，F均为所在棱的中点以及正方体性质得，且， 所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面，所以平面， 故点P到平面AEF的距离即为点G到平面AEF的距离， 所以， 因为，所以 为定值，故B正确. 对于C，由选项B可知平面AEF截正方体所得的截面图形为四边形， 又，，，且， 所以四边形为等腰梯形，其高， ，故C错误. 对于D，因为 ，GH 平面 AEF，EF 平面 AEF， 所以GH 平面 AEF， 在正方体 中，E、H分别为BC、的中点， 所以，又因为， 所以四边形为平行四边形， 所以 ， 因为  平面 AEF，AE 平面 AEF， 所以  平面 AEF， 因为 ，GH，  平面 ， 所以平面 平面 AEF， 因为 平面 ，所以 平面 AEF， 所以、、共面， 所以存在实数 、 使得 ，故D正确. 故选 10.【答案】BC  【解析】解：解：对于A选项：设，，设为AB中点， 因为A，B在椭圆上， 所以，， 两式相减得：，即，  设为AB中点，则，，  那么， 又，，所以，A选项错误； 对于B选项：已知，则，由A选项得，可得， 直线l的方程为，即，B选项正确； 对于C选项：设，， 由，得，易得， 从而，， 则 ，C选项正确； 对于D选项：椭圆右焦点坐标为，因直线不过原点，所以斜率不为0，且斜率存在， 则可设直线l方程为，并设，， 由，得，易得， 由韦达定理，， 则 ， 因为，所以取不到最小值1，D选项错误. 故选 11.【答案】ACD  【解析】解：对于A，因为，，，， 所以，，， 当时也满足上式，所以，， ， 所以，故A正确； 对于B，易知，又不是正方形数，故B错误； 对于C，，其中，， 所以当时， ， 当或时不等式显然成立，故C正确； 对于D，，，， 所以，故，，总存在p，，使得成立，故D正确. 故选 12.【答案】2  【解析】解：如图： 连接MC，MD， 由题意知，， 所以 又，N为CD的中点， 则 故答案为 13.【答案】  【解析】解：由圆C的方程：，可得圆C的圆心为，半径为3， 若圆上至少有三个点到直线l的距离等于1，则满足圆心C到直线l：的距离， ， 解得， 即b的取值范围是 故答案为： 14.【答案】  【解析】解：函数的定义域为且， 因为，所以， 当时，；当时，， 所以在区间和区间上单调递减，在区间上单调递增， 且当x趋近于0时，趋近于0，，故的大致图象如图所示： 关于x的方程等价于，即或 由图知，方程有且仅有一解，则方程有一个解， 所以或，且， 解得或，且， 故答案为： 15.【答案】解：因为当时，， 所以， 因此由得， 所以由对勾函数的图象知：当时，；当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在上的最大值为 因为， 所以， 因此：当时，由得；由得或， 所以此时函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，，此时函数在上单调递增； 当时，由得；由得或， 所以此时函数在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】解：因为      ①，所以当时，，解得 当时，   ②，因此①-②得：， 而，所以当时，，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以 因为当时，，所以 因为， 所以， 即，而， 因此，且，， 所以，因此， 即 证明：由知：，， 因此， 所以， 因此， 所以两式相减得： 所以  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】证明：因为，O为AC的中点，所以， 连接OB，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以，因此， 所以由得 因为，， ，AC，平面ABC， 所以平面ABC，面PAC，平面平面 解：由知：OP，OB，AC两两垂直， 所以以O为坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如下图. 由已知得，， ，，，，，，， ， ，则 设平面PAM的法向量为， 由且得， 因此是平面PAM的一个法向量， 与平面PAM所成角的正弦值为， 所以若PC与平面PAM所成的角为，则， 解得：，或舍 ， 设平面PAB的法向量为， 由且得， 令，得：，，， 所以，， 所以平面PAM与平面PAB夹角的余弦值为  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 18.【答案】解：已知动点P到点的距离与直线的距离相等， 所以曲线C是以为焦点，为准线的抛物线. 设抛物线方程为， 因为，所以， 则曲线C的方程为 易知直线l的斜率存在， 设设直线l的方程为，，， 将代入，得， 则，， 因为， 所以，即 将代入，， 可得，解方程组得， 所以直线AB的方程为 设，则， 设以AM为直径的圆的圆心为， 则， 设直线m的方程为，以AM为直径的圆与直线m相交所得弦长为L， 则其中r为圆半径，d为圆心到直线m的距离 圆半径， 圆心N到直线的距离， 则， 化简得， 当时，为定值， 所以存在直线满足条件.  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 19.【答案】解：①， ，即 ② 令，， 则 因为，当且仅当时等号成立， 所以 当时，，在上单调递增， 所以，即恒成立. 当时，令，即，设， 则，即，解得因为，舍去， 所以， 当时，，单调递减; 当时，，单调递增， 则，不满足恒成立. 综上，实数 a的取值范围是 由知：当时，，，令，则， 令，，，单调递增， 所以，即恒成立， 所以，则， 令，，，单调递增， 所以，即恒成立， 令，， 所以   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$