浙江省2024_2025学年高二数学下学期3月联考试题含解析

这是一份浙江省2024_2025学年高二数学下学期3月联考试题含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，6B， 已知正方体，则等内容，欢迎下载使用。
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 已知是等比数列，，，则公比等于（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式求解.
【详解】根据题意，，
所以.
故选：D
2. 下列说法中，与“直线平面”等价的是（ ）
A. 直线与平面内的任意一条直线都不相交
B. 直线与平面内的两条直线平行
C. 直线与平面内无数条直线不相交
D. 直线上有两个点不在平面内
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与平面平行的定义判断A，根据直线与平面的位置关系判断BCD.
【详解】平面直线与平面无交点和平面内的任意一条直线都不相交，A正确；
若直线与平面 内的两条直线平行，则直线可能在平面内或与平面平行，B错误；
若直线与平面内无数条直线不相交，则直线可能在平面内或与平面平行或与平面相交，C错误；
若直线上有两个点不在平面内，则直线可能与平面平行或与平面相交，D错误；
故选：A.
3. 曲线在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合导数的几何意义求切线的斜率，再利用点斜式求切线方程.
【详解】，
所以，
所以曲线在点处的切线斜率为，
由点斜式可得，化简可得.
即曲线在处的切线方程为.
故选：D.
4. 设是双曲线上一点，分别是双曲线的左，右焦点，若，则等于（ ）
A. 2B. 18C. 2或18D. 以上均不对
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的定义求解即可.
【详解】由，得，
根据双曲线的定义得，则或18，
又，故.
故选：B.
5. 有3名男生和3名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有（ ）
A. 72种B. 144种C. 108种D. 288种
【答案】B
【解析】
【分析】利用插空法求解即可.
【详解】先排男生共有种方法，再排女生共有种方法，
由分步乘法计数原理可得满足条件的排法数为，
故选：B.
6. 在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（ ）
A 21B. 22C. 23D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】由题意及等差数列的性质可得的值，再利用等差数列的前项和公式求出项数的值.
【详解】由题意易得，
两式相加得，即，
所以，所以，
故选：C.
7. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A. B. eC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
8. 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图，其中是桁，是脊，是相等的步，相邻桁的脊步之比分别为，已知成公差为0.2的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.6B. 0.8C. 1D. 1.2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意将题目转化为等差数列，按照等差数列性质计算即可.
【详解】设，则，
由题意得，，
解得，
故选：C.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.）
9. 已知正方体，则（ ）
A. 直线与面平行
B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为
D. 直线与平面垂直
【答案】AD
【解析】
【分析】由正方体结构特点，结合线面位置关系逐项判断即可.
【详解】
A：正方体中，易知，在平面内，面，所以A正确；
B：为正三角形，又易知与所成的角为，所以B错误；
C：连接交于点，则.
正方体中易知：平面平面，且相交于点，
平面即为直线与平面所成角的平面角，
设正方体棱长为2，则.
，所以C错误；
D：且，都在平面面内，
面，所以D对.
故选：AD
10. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线.则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线与轴的交点为
B. 曲线关于轴对称
C 直线与曲线有两个公共点
D 直线与曲线有三个公共点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；联立方程组求直线与曲线的交点个数判断CD.
详解】设动点，
∵，
∴，
对于A：令，则，或，所以交点为；所以A正确；
对于B：点关于x轴对称的点，把代入曲线得，所以B正确；
对于CD：令
得，
故，
所以
，所以，
所以直线与曲线有三个公共点，C错误，D正确.
故选：ABD.
11. 设函数，则（ ）
A. 是的极小值点
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出函数的导数，求导函数的零点，判断函数的单调性，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；利用比差法可判断的大小，由此判断D.
【详解】对于A：因为函数的定义域为，而
，
令可得，或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
故是函数的极小值点，所以A正确；
对于B，当，，
因为函数在上单调递增，所以，
故命题当时，错误；B错误；
对C，当时，，
因为函数在上单调递减，上单调递增，
所以，又，，
所以，C正确；
对D，当时，，所以，所以D正确；
故选：ACD.
非选择题部分
三､填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 的二项展开式中的系数为__________.
【答案】24
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项，即可求得答案.
【详解】由题意知的展开式的通项为，
令，
所以，故的系数为24，
故答案为：24
13. 已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用向量夹角公式求出，再取绝对值得直线夹角的余弦值.
【详解】因为，
所以，
所以和夹角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据代入已知等式化简可得，利用累加法可得，进而可得数列的通项公式.
【详解】由已知且为正项数列得：当时，得，
当时，，
化简得，
所以，，，，
累加得，当时，也适合，
又，
则.
故答案为：.
四､解答题：（本大题共5小题，共13+15+15+17+17=77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
15. 已知圆，直线：.
（1）当为何值时，直线与圆相切；
（2）当直线与圆相交于两点，且时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由圆心到直线的距离等于半径即可求解；
（2）由弦长公式即可求解；
【小问1详解】
根据题意，圆，
则圆的标准方程为，
其圆心为，半径，
若直线与圆相切，则有
解得.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
则，
即，解得
则有，
解得或，
则直线的方程为或.
16. 如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点.

（1）求证：；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，，再根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，再结合向量夹角公式求结论.
【小问1详解】
由已知，，又，
所以，又为棱的中点，
所以，
因为平面，，平面平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，
【小问2详解】
以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
因为，，故，
又，
则，，，，，
所以，，，
依题意，是平面的一个法向量，

设为平面的一个法向量，
则，即，
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，又，
所以，
所以，二面角的正弦值为.
17. 已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；
（2）是否存在实数，使得的最大值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；的极大值为，
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）利用为的极值点求得，进而可得函数的单调区间和最大值；
（2）对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值.
【小问1详解】
，
∴，
由，得.
，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
的极大值为，也即的最大值为.
【小问2详解】
，
①当时，在上单调递增，
的最大值是，
解得，舍去；
②当时，由，得，
当，即时，
时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又在上的最大值为，
∴，
∴，
当，即时，在上单调递增，
，
解得，舍去.
综上，存在符合题意，此时.
18. 已知数列是等差数列，公差，且成等比数列；数列为等比数列，对于任意.
（1）求的通项公式，猜想数列的通项公式并证明；
（2）求数列前项和；
（3）若，数列前项和为，求证：.
【答案】（1），，证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由是等差数列，结合成等比与，可得通项公式；
经计算可得，据此猜测，然后证明与均不满足题意即可；
（2）由错位相减法可得答案；
（3）注意到，然后由裂项求和法可完成证明.
【小问1详解】
由成等比数列，则，
由题意，可得，解得，
所以.
由，
可知：，
据此猜测，
否则，若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
综上，数列的公比为，则数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1），，
则，①
，②
由①②得，，
即；
【小问3详解】
，
则，
所以，得证.
【点睛】关键点睛：对于较复杂数列，可先写出数列前几项，猜测其通项公式，再用数学归纳法或如本题中的反证法等方法完成证明.
19. 由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.设椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比.已知椭圆与椭圆相似.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若椭圆与椭圆的相似比为，当时，求椭圆的方程；
（3）当时，设椭圆左顶点为，右顶点为，且椭圆过点作两条斜率为的直线分别交椭圆于（异于）两点，设在轴的上方，过点作直线的平行线交椭圆于点，若直线过椭圆的左焦点，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由椭圆和椭圆的方程，求两椭圆的长轴长，短轴长，焦距，根据两椭圆相似，结合椭圆相似的定义列方程求关系，由此可得椭圆的离心率；
（2）由（1）结合相似比列方程可求，由此可得椭圆方程；
（3）设，直线的方程为，联立方程组消可得关系，再求，再求的值.
【小问1详解】
对于椭圆，则长轴长为，短轴长为，焦距为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
依题意可得，所以，
则椭圆的离心率.
【小问2详解】
因为，
由（1），可得，
解得，
所以为；
【小问3详解】
设，由对称性可得，
设，则
由消得，，
方程的判别式，
由已知为方程的根，
所以，
所以，
，，
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；
（5）代入韦达定理求解.