2023-2024学年河南省天一大联考高二(下)联考数学试卷(三)(3月份)+答案解析

2023-2024学年河南省天一大联考高二（下）联考数学试卷（三）（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.已知函数，则()
A. B. C. D.
2.在四面体ABCD中，E为棱BC的中点，则()
A. B. C. D.
3.已知圆C过点，且与x轴相切，圆心在y轴上，则圆C的方程为()
A. B. C. D.
4.函数的图象在点处的切线方程为()
A. B. C. D.
5.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，该比值为
，这个值称为黄金分割数，已知双曲线的虚轴长与实轴长的比值恰好
是黄金分割数，设C的离心率为e，则()
A. B. C. D.
6.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至开始的十二个节气依次为冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，其日影长依次成等差数列，其中雨水、惊蛰两个节气的日影长之和为16尺，且最前面的三个节气日影长之和比最后面的三个节气日影长之和大18尺，则立夏的日影长为()
A.4尺
B.尺
C.5尺
D.尺
7.已知数列满足，，则()
A. B. C. D.
8.已知函数，其中且，则()
A.是的极大值点
B.是的极小值点
C.在上单调递增
D.在上单调递减
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.下列结论正确的是()
A.在空间直角坐标系Oxyz中，点关于xOy平面的对称点为
B.若向量，且，则
C.若向量，则在上的投影向量的模为
D.O为空间中任意一点，若，且，则P，A，B，C四点共面
10.记是等差数列的前n项和，且，，则()
A. B.为递增数列C.的最小值为 D.
11.已知函数，，则下列结论正确的是()
A.存在，使得的图象与x轴相切
B.存在，使得有极大值
C.若，则
D.若，则关于x的方程有且仅有3个不等的实根
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.若双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为2，则______.
13.已知，若函数有最小值，则实数a的最大值为______.
14.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过C上的一点作C的切线l，点
，关于l的对称点分别为，，则四边形的面积为______.
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
已知公差为整数的等差数列中，，且，，成等比数列.
求的通项公式；
设，求数列的前n项和
16.本小题15分
如图，在正四棱锥中，AC与BD交于O点，F，G是棱PB上的两个三等分点，DF与PO交于E点.
求证：平面ADF；
若，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值.
17.本小题15分
已知函数
若是的极值点，求实数a的值；
若，求在区间上的最大值.
18.本小题17分
已知抛物线C：的焦点为，直线l与C交于A，B两点.
若线段AB的中点为，求；
若A，B分别在第一象限和第四象限，且恒有为坐标原点，证明：直线l过定点.
19.本小题17分
已知函数的最小值为
求
证明：；
对于任意
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：，故
故选：
根据求导法则进行计算即可．
本题主要考查了函数求导公式的应用，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：
故选：
根据空间向量的线性运算即可求解．
本题考查空间向量的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题可设圆心为，半径为r，
所以且，解得，，
故圆C的方程为，即
故选：
设圆心为，半径为r，根据条件，建立方程组且，求出b，r，即可求出结果．本题考查了圆的方程，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：，
故，
又，
所以切线方程为，即
故选：
求导得斜率，即可由点斜式求解方程．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意，，
则
故选：
依题意，得到，利用和离心率定义即可求得
本题考查了双曲线的性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：设十二个节气分别对应等差数列中的前12项，且的公差为d，根据题意，有，
则，解得，
立夏的影长为
故选：
根据等差数列基本量的计算即可求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由已知得：，
又，所以，即，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
因此，
当时，，
相加得：
故选：
根据已知的递推关系可以得到为等比数列，再用累加法求解即可．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：，，
当时，由于，所以，故，
因此，此时单调递增，
当时，由于，所以，故，
因此，此时单调递减，
故是的极小值点，B正确，ACD错误．
故选：
根据导数分类讨论导数的正负，即可根据单调性求解极值，结合选项即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于选项A，点关于xOy平面的对称点为，所以选项A错误，
对于选项B，因为，且，所以，得到，所以选项B正确，
对于选项C，因为，所以在上的投影向量的模为
，故选项C正确，
对于选项D，由空间向量基本定理的推论可知：，且时，P，A，B，C四点共面，所以选项D错误．
故选：
选项A，直接求出点关于xOy平面的对称点，即可判断出选项A的正误；选项B，利用空间向量垂
直的坐标表示，即可得出x，从而可判断出选项B的正误；选项C，根据投影向量的定义，即可求出结果，从而判断出选项C的正误；选项D，根据空间向量共面的结论可判断出选项D的正误．
本题主要考查命题的真假判断与应用，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A选项，由等差数列性质可得，故，
即，又，故，A正确；
B选项，的公差，故为递增数列，B正确；
C选项，因为，，，故最小，C错误；
D选项，，D正确．
故选：
A选项，根据等差数列的性质得到，结合，得到A正确；B选项，由公差
得到B正确；C选项，，，故最小；D选项，根据等差数列的性质得到
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由题知，当时，，
当时，所以在处的切线斜率为0，
此时的图象与x轴相切．故A正确．
由，当时，，
所以在R上单调递减，无极大值，
当时，时，时，，
所以的图像先减后增，有极小值无极大值，故B错误．
当时，即，
即令，，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在上单调递增，
，所以，
令，
，
因为，所以当或时，
当时，所以在和上单调递增，
在上单调递减，极大值为，
又时，，所以最大值为，
所以当时，恒成立，即恒成立，故C正确．
由C选项的判断知，极小值为，
又时，，所以当时，有且仅有3个不等的实根，
故有且仅有3个不等的实根，故D正确．
故选：
对求导，分析单调性即可判断极值，由，可参变分离，根据新函数的单调性极值最值趋势即可判断．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，体现了转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：因为双曲线的渐近线方程为，
所以，
又焦点到的距离为，
解得，又，
所以
故答案为：1
根据双曲线渐近线方程及点到直线的距离公式，结合a、b、c的关系即可求解．
本题考查双曲线的方程与性质，考查双曲线的渐近线方程，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：当时，，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，且，
当时，，
若，在上单调递增，此时没有最小值，
若，在上单调递减，
要想函数有最小值，则，解得，
故实数a的最大值为
故答案为：
考虑，求导得到函数的单调性，得到极小值，结合时，若，不合要求；若，在上单调递减，进而得到不等式，求出答案．
本题考查了一次函数的性质、导数的综合运用及分类讨论思想，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：如图，因点在椭圆上，
则，解得，
故椭圆C的方程为，
设椭圆上过点M的切线方程为，即，
代入，整理得：，
由，
解得：，即切线方程为，
设直线l与，分别交于点A，B，依题意，，
因为点，关于l的对称点分别为，，
所以，，
利用图形对称性可知，四边形的面积为
故答案为：
依题意，根据点在椭圆上，求得b值，设出过点M的切线方程，与椭圆方程联立，利用求得切线方程，设直线l与，分别交于点A，B，利用点到直线的距离公式，求出梯形的上
下底边长以及高线AB的长，最后利用对称性即得四边形的面积．
本题主要考查椭圆的方程与性质，考查与椭圆的切线有关的四边形面积问题，属于难题．
15.【答案】解：设数列的公差为d，
因为，，成等比数列，所以，
又，所以，
解得舍去或，
所以
由可得，
所以
【解析】设出公差，根据条件得到方程，求出，从而得到通项公式；
求出，裂项相消法求和得到答案．
本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：证明：F，G是棱PB上的两个三等分点，
即，
由题知四边形ABCD是正方形，
所以，所以
又平面
ADF，平面ADF，所以平面
以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，所以EF是的中位线，即E是PO的中点，
因为，所以，，，则，，，，
设平面ACF的法向量为，则，
令，则，，得
因为，，
所以直线AE与平面ACF所成角的正弦值为
【解析】利用三角形中位线证明，证得平面ADF；
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值．
本题考查线面平行的证明和直线与平面所成角，属于中档题．
17.【答案】解：
因为是的极值点，所以，解得
所以，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，符合题意，因此
，
令，得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
由题可知，
若，则在上单调递减，
若，则在上单调递减，在上单调递增，
若，则，所以；
若，则，所以
综上，当时，；当时，
【解析】求导，根据极值点可得，验证即可求解，
求导，分类讨论，即可结合函数的单调性求解最值．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：由题意知，解得，所以C的方程为
由题易知直线AB的斜率存在，设，，
则，可得，
因为线段AB的中点为，所以，，
所以，则AB的方程为，显然AB过点F，
所以
由题可知l的倾斜角不为0，设直线l：，
由，消去x，得，
则，
，，
则
，解得或，
当时，，A，B在x轴的同一侧，不符合条件，
当时，直线l：，过定点
【解析】根据点差法，结合斜率公式即可求解直线的斜率，进而可判断直线过焦点，由焦点弦公式即可求解；
联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据向量的数量积运算即可证得结论．
本题考查抛物线的性质，考查直线与抛物线的综合应用，属中档题．
19.【答案】解：的定义域为，且
若，恒有，单调递减，没有最小值，不符合题意．
若，令，解得，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取最小值，即，
得，所以
证明：由Ⅰ可知时，，
即，所以①，
由，可得②，
因为①②等号成立的条件不同，所以由①②可得，所以，即
当时，，即
令，得
所以，
即，
所以，于是得证．
【解析】求导，结合分类讨论确定函数的单调性，即可求解最值，
根据和得，即可求证，根据代入即可求证．本题主要考查利用导数研究函数的最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．。