浙江省2023-2024学年高二年级下册3月四校联考数学试题（解析版）

2023学年第二学期3月四校联考

高二数学学科试题卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的.

1,已知直线x+2y_4=0与直线2%+程+加+3=0互相垂直，则加为（）

1

A.——B.1C.-1D.2

2

【答案】C

【解析】

【分析】根据两直线垂直的一般式的结论即可得出答案.

【详解】两直线垂直，则有44+用为=0,即2+2祇=0,解得771=—1.

故选：c

2.已知｛4｝是等比数列，则“4>q〉0”是"｛4｝为递增数歹『’的（）

A,充要条件B.充分不必要条件

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据等比数列的单调性结合充分条件和必要条件的定义即可得解.

【详解】当%>q>0,则公比4=&〉1,

一％

所以q=〃©〃T>0,

则4旦=q>l,所以%w>%,所以｛4｝为递增数列，

an

若4=—[g],此时数列｛4｝递增数列，而0〉％〉。1，

所以“外>%>0”是“｛4｝为递增数列”的充分不必要条件.

故选：B

3.已知直线3x+4y—4=0与圆C相切于点T（0,l）,圆心C在直线x—y=0上，则圆C的方程为（）

2222

A.(X-3)+(J-3)=13B.(X-3)+(J+3)=25

C.(X+3)2+(J-3)2=13D.(X+3)2+(J+3)2=25

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意设出圆心。的坐标，利用左cr=]求出点。坐标，进而求出半径度=|。刀，得解.

【详解】由题意，设C(a,a)(awO),圆。的半径为,，

a—14

kCT=----=—，解得a=-3,

a3

所以圆心c(—3,—3),半径r=|CT\=J(-3-0)2+(-3-1)2=5，

所以圆C的方程为(X+3)2+(y+3『=25.

故选：D.

4.已知等比数列｛4｝的前几项和为=12且％，生+6,生成等差数列，则变为()

A.244B.243C.242D.241

【答案】A

【解析】

【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前几项和公式，即可求解.

【详解】由题意可知，%+g=12且a+/=2(4+6),

设等比数列的公比为4，

则q+q/=2%q+q+axq,得q=3，

&=>-31^=1+35=244.

S5i-35

1-3

故选：A

22

5.已知椭圆C:j+£=l(a〉6〉0)的左右焦点分别是可，F],过耳的直线与C相交于A,B两点,

若|明|=2忸耳|,巡I，则。的离心率为()

A.1B.2C.mD.好

2325

【答案】B

【解析】

【分析】先根据椭圆的定义得到|A用=|Ag|=a,|AB|=]a,再由等腰三角形的性质得到

a

91

COSZBAF2=^=~,最后由二倍角的余弦公式得到离心率.

由题意可得忸闾+|班|=2a,因为|明=忸闾,

3

所以仙用=|4q=可4同=54，

a

设出阊=2c,根据等腰三角形的性质得cosZBAF2=齐=J，

-a

2

2

因为ZBAF2=2ZOAFX,所以cosZBAF,=l-2sinZOA^,

又sinNOAK=f,所以1=1—ne=走，

a3{aj3

故选：B.

6.己知正三棱台ABC-A§iG的上、下底面的边长分别为2和4,且棱台的侧面与底面所成的二面角为

60，则此三棱台的表面积为（）

A.7月B.10石C.11V3D.1273

【答案】C

【解析】

【分析】求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积.

【详解】设DQ分别是的中点，连接AD，A2,

设o,q分别是正三角形ABC和正三角形4耳£的中心，

则OeAD,O]且4。=-AD.=B,BD=LAD=^^，

3333

由于oq，平面ABC,BCu平面ABC,所以OqLBC,

由于AD_LBC,ADnOO{=O,AD,OOXu平面ADDXA1,

所以平面AD2A，由于。，u平面AD2A，

所以所以NQDA是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角,

所以NQZM=60。，过a作垂足为石，则。石=O。—

所以。2=孚

2

所以三棱台的表面积为,x2?xsin60°+—x4xsin60°+xx3=11省.

2223

Z7—Y

7.已知曲线y=存在过坐标原点的切线，则实数。的取值范围是()

e

A.[-4,0]B.(-OO,T]D[0,+8)

C.(-4,0)D._(0,+co)

【答案】B

【解析】

【分析】设出切点横坐标％,利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于为的方程，根

据此方程应有实数根，求得。的取值范围.

【详解】：尸匕，

,-\-a+x

*.y=-------

ex

设切点为(%,%),则以一：■，切线斜率左=1:+>，

CC

..切线方程为y-与含=T：：+%(x_%),

CC

••切线过原点,

-aJ=1(—Xo),整理得：xl-ax0-a=0,

cc

.•存在过坐标原点的切线，

A=a2+4tz>0.解得aW-4或。20,

..实数。的取值范围是(―”,T]u[0,+”).

故选：B.

8.已知〃=见也，b=3,c=£3,贝Um。，c的大小关系为(

4e23

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c

【答案】D

【解析】

1TlJC1TlJC

【分析】根据式子结构，构造函数/(X)=F，利用导数判断出/(X)=F的单调性，进而得到a,b,

XX

C的大小关系.

1nY

【详解】根据式子结构，构造函数/(x)=一，

X

x-2xinxl-21nx

4

Xx3

令/'(%)<。，则x>&'，令r(x)>。,得0<x</,

因此〃x)=坐在倒，回单调递增，在[店+8)单调递减，

X

而"竽=限=〃4)，八!=但=〃吩。=?=/(6)

因为4〉e>百〉/，所以a<6<c

故选：D

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得。分.

9.下列求导正确的是（）

A-(lnlO)'='B

〔T=2X+「

C.(xe)=(x+l)evD.(cos3x)=-sin3x

【答案】BC

【解析】

【分析】由基本初等函数的导数与导数的运算法则计算即可.

I

【详解】（lnlO）'=O,九2=2x+J，

x

xex\=ex+xe*=(x+1)e*,(cos3x)=-3sin3x.

故选：BC.

10.已知圆C:(x—5)?+(y—5)2=9,A(2,0),B(0,2),则()

A.在圆C上存在点P,使得忸可=3

B.在圆C上存在点P,使得点P到直线AB的距离为5

C.在圆C上存在点尸.使得NAPS=90。

D.在圆C上存在点P,使得|/m=忸尸|=4

【答案】AB

【解析】

【分析】求出后—3〈忸。|＜四+3判断A；根据尸到直线AB的距离d©[4A历-3,4行+3]判断B；

转化为两圆的位置关系判断C；求出垂直平分线与圆的交点判断D.

【详解】由0:（%-5）2+（丁—5）2=9可得，圆心。（5,5）,半径厂=3,

对于A.,因为忸C|=J（O-5）2+（2-5）2=衣，

所以用—3＜忸,＜用+3,取一3＜3〈取+3,所以在圆。上存在点P,使得忸P|=3,正

确；

xy|5+5-2|।—

对于B,A3的方程为一+2=1,即x+y—2=。，C到A3的距离为J~~1=442,

22V2

P到直线AB的距离dG[4拒—3,40+3],而5e[4后—3,40+3],

所以在圆C上存在点P,使得点P到直线A3的距离为5,正确;

对于C,以A(C0),5(0,2)为直径端点的圆E：(x—iy+(y—l)2=2,

圆心石(1,1),半径q=J5,|EC|=41J+(1—5)2=40〉3+0，两圆外离，两圆没有交点,

所以在圆。上不存在点P.使得NAPfi=90。，错误；

对于D,AB垂直平分线方程为丁=%,直线,=%与圆。:(%—5『+('—5)2=9相交，

L3后.3应）

122J

1+逑,5+迪、时，|4尸|=忸/#4,所以在圆。上不存在点P,使得|AP|=忸。|=4,错误.

I2

故选：AB.

11.如图所示，在棱长为2的正方体ABC。—44Goi中，点E是棱CG的中点，则下列结论中正确的是

A.点A到平面5DE的距离为布

异面直线AG与BE所成角的余弦值为叵

B.

10

C.三棱锥A-5DE的外接球的表面积为11兀

D.若点/在底面A8CD内运动，且点M到直线AG的距离为百，则点用的轨迹为一个椭圆的一部分

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A,利用点到平面的距离公式处理即可，对于B,利用线线角的向量求法处理即可，对于C,

利用球的方程解出半径再求面积即可，对于D,利用圆柱与平面的截面即可判断.

对于A：以。为原点建立空间直角坐标系，

则。(0,0,0),5(2,2,0),E(0,2,l),A(2,0,2),

故。3=(2,2,0),DE=(0,2,1),D\=(2,0,2),

设面BDE的法向量n=(X,y,Z),点A到平面BDE的距离为d,

则2x+2y=0,2y+z=0,令x=—l,解得y=l,z=—2,

故〃=—2),

由点到平面的距离公式得d=上土土=布，故A正确，

J1+1+4

对于B：易知A(2,0,0),£(0,2,2),故苑=(—2,2,2),BE=(-2,0,1),

4+2、后

设异面直线AG与班所成角为。，则cos。=7~产=*,故B错误，

V5xV125

对于C：设三棱锥A-BDE的外接球的方程为(x—a)2+(y—6)2+(c-z)2=R2,

将4,5,代入球的方程，

(a-2)2+(Z?-0)2+(c-2)2=7?2

用彳J-2)2+0-2)2+(°一0)2=改

口守(a-0)2+(Z?-2)2+(c-l)2=7?2'

(a-0)2+(Z?-0)2+(c-0)2=7?2

(a-2)2+(c-2)2=(a-0)2+(c-0)2

利用加减消元法可得「J,)：)

(a-2)+(c-0)=(Q—0)+(C-1)

h-c1+0—0/+1|—o]=R2

75(6

解得。=—,c=—，代入方程中可得

66IG-2

j+("—0)2+['—2]=R2

解得心平

b=~,故表面积为x4x兀=11兀，故C正确,

6

对于D：因为/到直线4c的距离为百，故M的轨迹是以4。为对称轴的圆柱，

而M又在底面上，底面与对称轴不垂直，

故M在底面与圆柱的截面上，此截面必为椭圆的一部分，

故D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：空间中的几何体的外接球，可以通过综合法确定球心的位置，也可以利用球的方程

确定球心坐标和球的半径，而空间中动点的轨迹，则需利用几何体的特征确定动点的几何特征，结合线面

关系确定轨迹.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

223

12.双曲线2L—土=1的离心率为一，则其渐近线方程是______.

4m2

【答案】y=七正x

-5

【解析】

【分析】由题意可得出e=£=《4+”=3,求出机的值即可求出其渐近线方程.

a22

22

【详解】由匕—二=1可得：m>0且a=2,b=而,

4m

所以c=Ja2+/=yj4+m，

所以e=$=业g=3,解得：m=5,

a22

所以双曲线2―H=l,则其渐近线方程为：>=±撞尤

455

故答案为：y=±x.

-5

13.在数列｛4｝中，％=1,%=7,若数列Iog2（4+1）为等差数列，则

【答案】1-

【解析】

【分析】设4=皿2（%+1）,根据q=l,6=7求出乙和得到也｝的通项公式，进而得到｛叫的通

项公式，最后利用等比数列求和公式求和即可.

【详解】设2=log2（%+l），贝£%｝为等差数列，设他”｝的公差为d，

%=1,4=7,4=log2（q+1）=1，&=log2（/+l）=3，

人台—匕,

则2d=b]=2,d=L.,bn=

则〃=log2（%+l），•.・%=2〃T,

i二i

(2n+1-i)-(r-i)2"UJ

2

故答案为：1—1gj.

/、x.Inx7-x9Inx,小

14.若对任意的不、x2e（m,+oo）,且玉<%2，-------------------<2，则加的最小值是

【答案】-

e

【解析】

【分析】分析出函数/（x）=@五2在（加,转）上为减函数，利用导数求出函数/（%）的单调递减区间,

即可求得实数加的最小值.

/、xInInx小

【详解】对任意的毛、A：2G（m,+oo）,且玉<%2，-------------------<2，易知加之。，

即In玉+2>In%+2

则玉In九2—犬21口％<2%2—2%，所以，jq(lnx2+2)<x2(lnxl+2),

令=lnx+2,则函数〃尤)在(加,+8)上为减函数,

因为/'(彳)=_"1+1,由/<力<0,可得%>：,

所以函数八％)的单调递减区间为1,+，］，

所以，(〃z,+oo)』L+co］,所以，机2,，因此，实数加的最小值为工.

yeJee

故答案为：—.

e

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.已知函数/(%)=49-3f-18x+27,xeR.

(1)求〃尤)的单调区间与极值；

(2)求“力在区间［0,3］上的最大值与最小值.

【答案】(1)答案见解析；

27

(2)最大值为54,最小值为一.

4

【解析】

【分析】(1)利用导数研究/(X)的单调性，并求出极值即可；

(2)根据(1)结果，比较区间内端点值、极值大小，即可得最值.

【小问1详解】

由题设/'(x)=12d—6x—18=12(x+l)(x—：),令/'(x)=0,得尤=—1或

33(3

当/"(x)>。时，即12(x+l)(x—j)>0,解得x〉5或x<—1,单调递增区间为(f,—1)和5，+“

当/''(©〈O时，即12(x+l)(x—1)<0,解得—1<X<T，单调递减区间为

函数/(%)的极大值为/(-I)=38,极小值为/(1)=彳.

【小问2详解】

由9e［0,3］,/(0)=27,/⑶=54,则/\|)<八0)<〃3)

且了(无)在区间［0,3］上连续，函数/(8)在区间［0,3］内的最大值为54,最小值为1.

16.已知公差不为0的等差数列｛4｝和等比数列他,｝中，6=2=1,4+H=T，%+4=-3.

（1）求数列{%},{〃}的通项公式;

1n

(2)若7；为数列------卜的前〃项和，求使4+厂4°成立的九的取值范围.

n

【答案】16.4=—2〃+3,bn=2-'

17.{1,2}

【解析】

【分析】(1)设出两数列，借助基本量计算即可得；

(2)借助裂项相消法计算出7；后，解出不等式即可得.

【小问1详解】

nx

设4=6bn=bxq~,又q=4=l,

则可得%+4=〃1+2d+b、q—1+2d+q=—1,

%+4=%+4d+b1q2=1+4d+/——3,

2d+q=—2d=—2d——1

即有4…2J解得{c或4八，

4J+q——4=219=0

又dwO、乡。0,故d=—2,q=2,

nx

即为二1一2(〃-1)=—2〃+3,bn=q~=2〃T；

【小问2详解】

1_1_lp______

[〃〃〃+](-2〃+3)(-2〃+1)2(2〃-32n—1J

〜1(11111111"1\—〃

贝口'=5[口+罚-n|=5「1一罚|=n，

n—nn—nn

TH.....----------1---2----------------1---

b32n-l22n-l4

由〃21,即-4〃+〃（2〃-1）＜。，整理得〃（2〃一5）＜。,

解得0«几《—,又〃wN*，故〃=1或〃=2,

2

即使WO成立的”的取值范围为{1,2}.

17.如图，在多面体ABCDEE中，平面ADE，平面A2C£>,VADE是边长为2的等边三角形，四边形

48CQ是菱形，且NS4D=60°,EF//AB，AB=2EF.

（2）在线段AE上是否存在点使平面MA。与平面M8C夹角的余弦值为心.若存在，请说明点M

5

的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析

（2）存在点点M为线段AE的中点

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法得出AE.BD=0,从而得出应>，”，利用四边形

ABCD是菱形，得出5。，AC,再利用线面垂直的判定定理即可得出证明；

（2）设=0W2W1,利用（1）结果，求出平面MBC一个法向量〃=（0,41）和平面

MW的一个法向量为加=（0,1,0），再根据条件，利用面面角的向量法即可求出结果.

【小问1详解】

取AD中点。，连接

因为VADE为等边三角形，所以OELAZ）,

又平面平面ABCZ）,平面A£）E|］平面ABCD=A£>,OEu平面ADE,

所以OEL平面ABC。，

又四边形ABC。是菱形，且/9。=60。，所以

故以。为原点，为x轴，。8为y轴，OE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

z」

因为筋=40=££>=£^=5£>=2，EF=1，易知OE=OB=#)，

则A(1,O,O),B(0,V3,0),2,g,0),0(—1,0,0),E(0,0,A/3),

所以AB=C，/0),EF=^AB=一；半0，

得到E,故AF=--^■,-^-,A/3,BD=^-1,-^,0j,

得到AN8。=0，所以B£>_LAF，

又5£>_LAC,ACu平面ACP,AFu平面ACRACryAF=A,

：.80/平面ACE

【小问2详解】

假设存在点M，使平面MW与平面MBC夹角的余弦值为好，

5

设AM=XAE，0W4W1,则(%”-1,%/“)=4-1,0,石卜

所以X”=1—X,yM=0,ZM=C"即"(1—九0,国)，

所以5M=(1—2,-百,故)，BC=(-2,0,0),

设平面MBC的法向量为n=(x,y,z),

则/"=°即［(1一小一届+&z=0,所以jy=2z,

BC,TI—2.x-0x=0

令Z=l,得x=0,y=/l,所以〃=(o,41),

又平面MW的一个法向量为m=（0,1,0）,

।111#),解得x=,或彳=一工（舍去）,

所以cosm,n\=J।=——

11522

所以，存在点M,使平面MW与平面MBC夹角的余弦值为好,

5

点M为线段AE中点.

18.已知函数/(x)=&+aln(x+l)有两个极值点.

(1)求实数。的取值范围；

(2)设函数/(X)的两个极值点分别为百,多,且占<%2，证明：/(-x2)<l-ln2.

【答案】(1)a<-l

(2)证明见解析

【解析】

【分析】(1)求出函数的导函数，依题意可得x+2a«+l=0有2个不同的根，令/=则

『+2G+l=0有2个不同的正根乙4，利用根的判别式及韦达定理得到不等式，解得即可;

(2)依题意可得%+1+2。丘=0,即可得到。=一义£，即可得到〃X2)=K—[^ln(X2+l),

设g⑺“0Z

(?>1),利用导数说明函数的单调性，即可得到g«)<l-ln2,从而得证;

【小问1详解】

解：因为/(x)=J^+aln(x+l)定义域为[0,+8),

1a%+2a«+l

所以/''。)=____I_____因为函数/(尤)的两个极值点,

2A/XX+1__2A/X(X+1)

二•x+2〃J^+l=0有2个不同的根,

令，=J7NO,则r+2袱+1=0有2个不同的正根%,。，所以A=4a2—4>0且。+L=-2〃>。，解得

uv—1；

【小问2详解】

解：由(1)知，当且仅当。<一1时/a)有两个极值占,当且看<々，因为%+l+2aJE=。，所以

所以了(％2)=忘+aln(x,+1)=后一+1)

262

又=1,0<xi<x2,：.x2>1,则叵>1,

、几,.(厂+l)ln(厂+1)

设g«)”-——彳——-«〉1)，

It

则⑺=]⑵ln(y+l)+2)一(/+l)ln(r+l)=(1—『)ln(1+l)<0

'2/t2

函数g«)在(1,+8)上单调递减，

，g«)<g⑴=l-ln2,

•，•/(X2)=g(后)<lTn2.

19.己知抛物线C：y2=2px(p>0),P(-l,2),过焦点户的直线交抛物线于4(%,%),3(马,%)两点，

且%•4=1.

(1)求抛物线。的方程；

(2)若线段PAP3交y轴于N(O,m两点，判断“2+〃是否是定值，若是，求出该值，否则说

明理由.

(3)若直线x="y+"交抛物线于C,O两点，/为弦CD的中点，|CD|=40,是否存在整数加，使

得，PCD的重心恰在抛物线上.若存在，求出满足条件的所有，〃的值，否则说明理由.

【答案】(1)V=4%

(2)m+n=2,为定值

(3)m=l

【解析】

【分析】(1)联立直线和抛物线方程由韦达定理可得凡-々=9=1，即可求出抛物线C的方程；

(2)求出直线的方程得出加,〃的表达式，由韦达定理化简可得利+〃=2；

(3)利用弦长公式可求出|CD|关于加，〃的式子，再结合〃?为整数即可得出m