2023-2024学年浙江省四校联考高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析）

2023-2024学年浙江省四校联考高二（下）月考数学试卷（3月份）
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.已知直线与直线互相垂直，则为( )
A. B. C. D.
2.已知是等比数列，则“”是“为递增数列”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
3.已知直线与圆相切于点，圆心在直线上，则圆的方程为( )
A. B.
C. D.
4.已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则为( )
A. B. C. D.
5.已知椭圆：的左、右焦点分别为、，过的直线与交于，两点若，，则的离心率为( )
A. B. C. D.
6.已知正三棱台的上、下底面的边长分别为和，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的表面积为( )
A. B. C. D.
7.已知曲线存在过坐标原点的切线，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.已知，，，则，，的大小关系为( )
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.下列求导正确的是( )
A. B.
C. D.
10.已知圆：，、，则( )
A. 在圆上存在点，使得
B. 在圆上存在点，使得点到直线的距离为
C. 在圆上存在点使得
D. 在圆上存在点，使得
11.如图所示，在棱长为的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是( )
A. 点到平面的距离为
B. 异面直线与所成角的余弦值为
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 若点在底面内运动，且点到直线的距离为，则点的轨迹为一个椭圆的一部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.双曲线的离心率为，则其渐近线方程是______．
13.在数列中，，若数列为等差数列，则 ______．
14.若对任意的，，且，都有，则的最小值是______．
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.本小题分
已知函数，．
求的单调区间与极值；
求在区间上的最大值与最小值．
16.本小题分
已知公差不为的等差数列和等比数列中，，，．
求数列，的通项公式；
若为数列的前项和，求使成立的的取值范围．
17.本小题分
如图，在多面体中，平面平面，是边长为的等边三角形，四边形是菱形，且，，．
求证：平面；
在线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由．
18.本小题分
已知函数有两个极值点．
求实数的取值范围；
设函数的两个极值点分别为，，且，证明：．
19.本小题分
已知抛物线：，，过焦点的直线交抛物线于，两点，且．
求抛物线的方程；
若线段，交轴于，两点，判断是否是定值，若是，求出该值，否则说明理由．
若直线交抛物线于，两点，为弦的中点，，是否存在整数，使得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．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：两直线垂直，则有，即，解得．
故选：．
根据两直线垂直的一般式的结论即可得出答案．
本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：是等比数列，则时，，则为递增数列，充分性成立，
当为递增数列时，，但，，不满足，必要性不成立．
故选：．
结合等比数列的单调性检验充分及必要性即可．
本题以充分必要条件的判断为载体，主要考查了等比数列单调性的判断，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：圆心在直线上，
设圆心，
直线与圆相切于点，
，
即，
解得，
圆心，半径为，
则圆的方程为．
故选：．
由题意设圆心，利用，即可求解．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：由题意可知，且，
设等比数列的公比为，
则，得，
．
故选：．
首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解．
本题考查等差数列的性质，考查等比数列的通项公式与前项和，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：设，因为，，
则，，
，
所以，，，，
可得在短轴上，
在中，，
而在中，由余弦定理可得，
而，
所以，
可得，
可得离心率，
故选：．
设的值，由题意及椭圆的定义可得其它焦半径的值，在两个三角形中，由角互补可得余弦值之和为，可得，的关系，进而求出离心率．
本题考查椭圆的性质的应用及余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：正三棱台的上、下底面的边长分别为和，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，
设，分别是，的中点，连接，，
设，分别是正三角形和正三角形的中心，
则，，且，
由于平面，平面，所以，
由于，，，平面，
根据线面垂直的判定定理得平面，由于平面，
所以，所以是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，
所以，过作，垂足为，则，
所以，
所以三棱台的表面积为．
故选：．
求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积．
本题考查了三棱台表面积的计算，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：设切点坐标为，
由，得，
过切点的切线方程为，
又切线过坐标原点，，
又曲线存在过坐标原点的切线，该方程有实根，
即有实数根，
，解得．
故选：．
设切点坐标，求得曲线过切点的切线方程，代入原点坐标，结合判别式法求实数的取值范围．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：令，，
，
令，得，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
，
，
，
因为，
所以，即．
故选：．
令，，求导分析单调性，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误．
故选：．
根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的运算法则，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由圆：，可得圆心的坐标为，半径，
因为圆心到点的距离，
所以的取值范围为，在圆上存在点，使得，故A正确；
因为、，因为直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
所以点到直线的距离的范围为，
所以在圆上存在点，使得点到直线的距离为，故B正确；
因为、，若，
则在以为直径的圆上，由的中点为，，
所以为直径的圆的方程为；
又，因为，
所以圆与圆外离，故在圆上不存在点使得，故C错误；
若，所以点在的垂直平分线上，又，
所以的垂直平分线方程为，即，可得在的垂直平分线上，
故若存在，则为与圆的交点，
故此时到直线的距离最大或最小，由可知最大距离时，
当到直线的距离最小时，此时，
故在圆上不存在点，使得，故D错误．
故选：．
利用已知求得圆心与半径，求得直线的方程，结合圆的性质，逐项计算可判断每个选项的正确性．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
故，，，
设面的法向量，点到平面的距离为，
则，，令，解得，，
所以，
由点到平面的距离公式得，选项A正确；
对于，易知，，故，，
设异面直线与所成角为，则，选项B错误；
对于，设三棱锥的外接球的方程为，
将，，，代入球的方程，
可得，
利用加减消元法可得，
解得，代入方程中可得，
解得，，故表面积为，选项C正确；
对于，因为到直线的距离为，故的轨迹是以为对称轴的圆柱，
而又在底面上，底面与对称轴不垂直，
所以在底面与圆柱的截面上，此截面必为椭圆的一部分，选项D正确．
故选：．
对于，利用点到平面的距离公式判断即可；
对于，利用线线角的向量求法判断即可；
对于，利用球的方程解出半径再求面积即可；
对于，利用圆柱与平面的截面即可判断．
本题考查了空间中的几何体外接球应用问题，解题的关键是确定球心和半径，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．
12.【答案】
【解析】解：由，可得且，
，
，解得：．
双曲线方程为，则其渐近线方程为：．
故答案为：．
由题意可得出，求出的值即可求出其渐近线方程．
本题考查双曲线的标准方程与几何性质，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：数列中，，
若数列为等差数列，
可得为首项为的等比数列，设公比为，，
则，即，
解得负的舍去，
则，即，
，
则．
故答案为：．
由数列为等差数列，可得为首项为的等比数列，解方程可得公比，再由等比数列的通项公式、求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式，以及求和公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由题意，得，
，
，
，
，
令，则，
又，则在递减，
，解得：，
则，的最小值是，
故答案为：．
令，根据在递减，求出函数的递减区间，求出的最小值即可．
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
15.【答案】解：已知，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，极大值，
当时，函数取得极小值，极小值；
因为，且，，
易知，
又函数在区间上连续，
所以函数在区间内的最大值为，最小值为．
【解析】由题意，对函数进行求导，利用导数研究的单调性，并求出极值即可；
根据结果，比较区间内端点值、极值大小，即可得最值．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理和运算能力．
16.【答案】解：是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，，，．
，
，．
，
又，
，
又是增函数，
，
使成立的的取值范围为．
【解析】利用等差数列和等比数列的通项公式即可求解；
利用裂项法求和即可求解．
本题考查了等差数列和等比数列的综合，裂项法求和，属于中档题．
17.【答案】证明：取的中点，连接，，
因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又四边形是菱形，且，所以，
故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，计算可得，
则，，，，，
所以，，
得到，故，，
得到，所以，
又，平面，平面，，
所以平面；
解：假设存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，
设，，则，
所以，，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，，
则，所以，
令，得，，所以，
又平面的一个法向量为，
所以，解得或舍去，
所以存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，此时点为线段的中点．
【解析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出，从而得出，利用四边形是菱形，得出，再利用线面垂直的判定定理即可得出证明；
设，，利用结果，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量为，再根据条件，利用面面角的向量法即可求出结果．
本题考查了线面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
18.【答案】解：对函数求导：，
由已知有有两个极值点，故有两个根，
故有两个根，即有两个根，
令，故有两个正根即可，
需满足，解得：，
证明：由有当时函数有两个极值点，
故，可得，
所以，
且由有，且，故，
令，
构造函数，
，
故在递减，故，
故得证．
【解析】由原函数有两个极值点可得导函数存在两个根，从而的范围；
利用中满足极值条件，得到，从而将转化为仅含的表达式，在构造函数证明不等式即可．
本题主要考查利用导函数研究函数单调区间，及不等式证明，属于较难题目．
19.【答案】解：抛物线：，，
设过焦点的直线方程为，
与抛物线方程联立，可得，
由，两点，可得，，
解得，
则抛物线的方程为；
设，，由，，三点共线，可得，
即为，可得，
同理可得，
由可得，则，
可得，即是定值；
设，的纵坐标分别为，，
由直线和抛物线联立，可得，
可得，，，
由，可得，
可得，
假设存在整数，使得的重心恰在抛物线上．
由，可得的重心的坐标为，即为，
即，
代入抛物线的方程，可得，
化为，
即有，解得，或．
设，，
由，解得，
当，或时，，递增；当时，，递减，
可得在处取得极大值，在处取得极小值．
设是方程的根，可得，则，
可得的极小值和极大值均小于，的图象与轴有且只有一个交点，设为，且，
由，，可得在内有一个零点，不为整数．
所以存在整数，且为，使得的重心恰在抛物线上．
【解析】设过焦点的直线方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，解方程可得，可得所求方程；
由三点共线的性质，结合直线的斜率公式和韦达定理，化简可得定值；
直线和抛物线联立，运用韦达定理和弦长公式，以及三角形的重心坐标公式，结合因式分解和导数的运用，可得存在性．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
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