精品解析：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

2025年湖北部分名校高二3月联考 高二数学试卷 命题学校：黄陂一中（前川校区） 命题教师：胡启军 李波 王爱文 余嘉伦 审题学校：鄂南高中 考试时间：2025年3月11日下午15：00-17：00 试卷满分：150分 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 一、单选题：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. D. 3. 棱长为正方体中，点是的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆，圆，点P在圆N上运动，直线与圆M相切于点A，则的最大长度为（ ） 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，过的直线与的上、下两支分别交于、两点．若，，又，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. 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，的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 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． 9. 在棱长为2的正方体中，E、F、G分别为的中点，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为线段的中点，则下列结论正确的（ ） A. 若直线斜率为，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，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中，、分别是、的中点，则____________． 13. 已知圆，直线，圆上至少有三个点到直线的距离等于，则的范围是____________． 14. 已知函数，若关于x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74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知函数 （1）若，求在上的最大值； （2）讨论函数的单调性． 16. 已知在数列中，为其前项和，若，且，数列的前项和为，且有，. （1）求与的通项公式； （2）令，若的前项和为，求证：． 17. 如图，在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）若点M满足，且与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 在平面直角坐标系中，曲线上的动点到点的距离与直线的距离相等．直线过点交曲线于、两点． （1）求曲线方程； （2）若，求直线的方程； （3）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程？若不存在，请说明理由． 19. 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） （1）证明：①倍元关系：；②平方关系： （2）对任意，恒有成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年湖北部分名校高二3月联考 高二数学试卷 命题学校：黄陂一中（前川校区） 命题教师：胡启军 李波 王爱文 余嘉伦 审题学校：鄂南高中 考试时间：2025年3月11日下午15：00-17：00 试卷满分：150分 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 一、单选题：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 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式求解. 【详解】设等差数列的公差为， 由可得，，① 又由可得，，即，② 由①②解得， 所以， 故选:A. 2. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据可求得结果. 【详解】因为公比为的等比数列满足，，由题意可得，故. 故选：B. 3. 棱长为的正方体中，点是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标可计算得出的值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，，故. 故选：C. 4. 已知圆，圆，点P在圆N上运动，直线与圆M相切于点A，则的最大长度为（ ） A. 8 B. 7 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆的切线长公式以及点到圆的距离的位置关系求解. 【详解】由题，圆，圆， 所以圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 作图如下， 因为, 由几何性质可知，当的坐标为时，有最大值为， 此时最大，最大值为， 故选:C. 5. 已知函数在处取得极大值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得，对和的大小进行分类讨论，利用函数的极值点与导数的关系可得出实数的取值范围. 【详解】因为，则， 由可得，， 因为函数在处取得极大值，则， 当时，则，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 故当时，函数在处取得极小值，不合乎题意； 当时，则，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 故当时，函数在处取得极大值，合乎题意. 综上所述，. 故选：D. 6. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，可求得，求导可得，令，可求得，可求切线方程. 详解】令，可得，即，解得， 由，可得， 令，可得，解得， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 故选：D. 7. 、是双曲线的上、下焦点，过的直线与的上、下两支分别交于、两点．若，，又，则双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，在直角中，利用锐角三角函数的定义可求出，利用勾股定理可求得，利用双曲线的定义可得出关于的等式，解出的值，进而利用双曲线的定义可求得该双曲线的实轴长. 【详解】如下图所示： 因为，，则， 因为，则，故， 由双曲线的定义可得， 即，解得， 因此，该双曲线的实轴长为. 故选：B. 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，的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出数列、的公共项构成的数列的通项公式，计算得出，分析可知数列的前项包含数列的前项，数列的前项，且、、这三项出现两次，各记为一次，利用等差数列的求和公式可求得的值. 【详解】数列各项为：、、、、、、、、、、、， 数列的各项为：、、、、、、、、、、、， 所以，数列、的公共项为：、、、， 则数列、公共项构成以首项为，公差为的等差数列， 所以，，则，且， 所以，数列的前项包含数列的前项，数列的前项，且、、这三项出现两次，各记为一次， 所以，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键点在于确定数列的前项的构成，进而利用等差数列求和公式求解. 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． 9. 在棱长为2的正方体中，E、F、G分别为的中点，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. 平面截正方体所得的截面面积为9 D. 存在实数使得 【答案】BD 【解析】 【分析】连接，求得，利用勾股定理的逆定理可判断A；取的中点，连接，利用线面位置关系可得平面，可判断B；连接，可得截面为四边形，求得面积可判断C；利用四边形为梯形，可判断D. 【详解】对于A，连接， 因为分别为的中点，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又易求得， 所以，所以不垂直于， 所以不垂直于，故A错误； 对于B，取的中点，连接， 由E、F、G分别为的中点，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， 所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确. 对于C，连接，因为E、F分别为的中点， 所以易得，且，则四点共面， 所以平面截正方体所得的截面为四边形， 由题意可得， 所以四边形为等腰梯形，所以梯形的高为， 所以四边形的面积为，故C错误； 对于D，易知，又因为E、F分别为的中点， 所以，且，则四点共面， 所以四边形为梯形，又为相交直线， 所以存在实数使得，又因为且， 所以，所以存在实数使得，故D正确. 故选：BD. 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为线段的中点，则下列结论正确的（ ） A. 若直线斜率为，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，则线段的最小值为1 【答案】BC 【解析】 【分析】由两点求斜率和点在椭圆上可得A错误；由A和点斜式可得B正确；由弦长公式可得C正确；设直线方程为，联立曲线由弦长公式可得D错误. 【详解】设， 对于A， 由题意可得，， 所以， 因为点A，B在椭圆上，代入上式可得，故A错误； 对于B，由A可得， 由点斜式可得，化简可得直线l的方程为，故B正确； 对于C，联立，消去可得，，， 由弦长公式可得，故C正确； 对于D，椭圆的右焦点，设此时直线方程为， 联立曲线方程可得，消去可得， ，， 由弦长公式可得， 由函数的单调性可得当时取得最小值为1， 但此时斜率不存在，不符合题意，故D错误. 故选：BC 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，使得成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】用累加法求得，再用裂项相消法计算可判断A；分别令，计算可得是三角形数的第50项，但1275不是完全平方数，可判断B；将放缩后用裂项相消法求和即可判断C；计算可得，可得结论. 【详解】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，由得，，即， 解得，故1275是三角形数的第50项，但1275不是完全平方数，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，使得成立，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键在于用累加法求得数列的累加法求得通项公式，利用放缩法求得，求解可得结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在棱长为正四面体中，、分别是、的中点，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】将用基底表示，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】连接，如下图所示： 由空间向量数量积的定义可得， 同理可得， ， 所以， . 故答案为：. 13. 已知圆，直线，圆上至少有三个点到直线的距离等于，则的范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】作出图形，计算出圆心到直线的距离，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 因为圆上至少有三个点到直线的距离等于，则，即， 解得， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 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____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导函数与单调性的关系讨论函数的单调性，作出函数图象，再根据数形结合思想求解即可. 【详解】由题意得，函数的定义域为． 对函数求导得， 令，可得；令，可得或， 所以在和上单调递减，在上单调递增． 故当时，有极小值为． 作出函数的图象如下， 令，则方程化成， 解得或， 则有1个实数解， 所以或且，解得或且， ∴实数a的取值范围为 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知函数 （1）若，求在上的最大值； （2）讨论函数的单调性． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数分析函数在上的单调性，即可求出函数上的最大值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间. 【小问1详解】 因为的定义域为， ， 当时，则，， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以，当时，. 【小问2详解】 ， ①当时，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，减区间为； ②当时，对任意的恒成立， 所以，函数的增区间为，无减区间； ③当时，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，减区间为. 综上所述，当时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的增区间为、，减区间为. 16. 已知在数列中，为其前项和，若，且，数列的前项和为，且有，. （1）求与的通项公式； （2）令，若的前项和为，求证：． 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，可求得的值，当时，由可得，两式作差推导出数列为等差数列，确定其首项和公差，可求出数列的通项公式；当时，由可得出，结合等比中项法知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式； （2）求得，利用错位相减法求出，即可证得结论成立 【小问1详解】 由， 当时，，解得． 当时，，两式相减可得：， 即，化为：， 对任意的，，所以，，即， 所以， 数列是等差数列，首项为，公差为，则． 当时，，即，可得， 因为，， 所以，数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，． 【小问2详解】 因为，则，， 则， 上述两个等式作差可得 ， 因为，所以，. 17. 如图，在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）若点M满足，且与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）推导出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于方程，结合的范围可求出的值，然后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】 连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，则， 因为是的中点，所以，，且， 又，则，且， 所以，，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，平面平面. 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，，， ， 设平面的一个法向量 则，取，则，， 可得， 因为与平面所成角的正弦值为， 则，整理可得， 因为，解得，则， 所以，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 所以，， 因此，面与平面夹角的余弦值为． 18. 在平面直角坐标系中，曲线上的动点到点的距离与直线的距离相等．直线过点交曲线于、两点． （1）求曲线的方程； （2）若，求直线的方程； （3）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程？若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）分析可知，曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，即可得出曲线的方程； （2）分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，由可得，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，结合可求出的值，由此可得出直线的方程； （3）设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出直线截圆所得弦长的表达式，根据弦长为值可求得的值，即可得出直线的方程. 【小问1详解】 因为曲线上的动点到点的距离与直线的距离相等． 所以，曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，故曲线的方程为 . 【小问2详解】 若直线的斜率不存在时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得，则， 由韦达定理可得，， 由得，可得， 所以，，则，所以，，解得. 因此，直线的方程为. 【小问3详解】 设直线的方程为，线段中点为，直线交于点、， 点到直线的距离为， 又， 所以，， 则， 当时，即，截得弦长为. 【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． 19. 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） （1）证明：①倍元关系：；②平方关系： （2）对任意，恒有成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意将双曲余弦函数，双曲正弦函数的解析式代入计算即可证明； （2）分和讨论，结合导数判断并取舍即可； （3）利用给定定义目标式子左边合理放缩，结合裂项相消法求和即可证明. 【小问1详解】 证明：①； ②. 【小问2详解】 构造函数 ①当时，因为，当且仅当即时等号成立， 所以，故单调递增， 此时，故对任意恒成立，符合题意； ②当时，令， 则恒成立，故单调递增， 由与， 可知存在唯一，使得， 当时，，则在内单调递减， 故对任意，即，不合题意，舍去； 综上所述，实数a的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）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 . 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查数列与导数新定义结合，解题的关键是对目标式子左侧合理放缩，然后使用裂项相消法求和，得到所证明的不等关系即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$