2024年廣西示范性高中高二3月調研測試數學試卷本試卷滿分150分，考試時間120分鐘注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的考生號、姓名、考點學校、考場號及座位號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知直線：和：．若，則m的值為（）A. B.3 C.1或3 D.或3【答案】B【解析】【分析】借助直線平行的性質計算即可得，注意檢驗是否重合.【詳解】由，則有，即，解得或，當時，有，，即兩直線重合，不符，故舍去，當時，有，，符合要求，故.故選：B.2.函數單調遞減區間為（）A. B. C. D.，【答案】A【解析】【分析】求導，根據導函數的符號確定的減區間.【詳解】，當時，單調遞增，當時，單調遞減；的減區間是；故選：A.3.已知橢圓，分別是橢圓C的焦點，過點的直線交橢圓C于A，B兩點，若，則（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】D【解析】【分析】根據橢圓的定義可求，，結合條件可求.【詳解】設橢圓的長半軸為，則，由橢圓定義可得，，又，所以.故選：D.4.圓與圓的公切線有（）A.條 B.條 C.條 D.條【答案】C【解析】【分析】判斷兩圓的位置關系，可得出結論.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，因為，故兩圓外切，故圓與圓的公切線有條.故選：C.5.在數列中，，，則（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】逐項計算，再根據數列的周期性求解即可.【詳解】由題意，，，，，故數列滿足，故.故選：A6.如圖，平行六面體中，E為BC的中點，，，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用空間向量的線性運算求解即得.【詳解】在平行六面體中，E為BC的中點，所以.故選：B7.設等差數列，的前項和分別為，，，都有，則的值為（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用等差數列的性質與前項和公式即可得解.【詳解】因為等差數列，的前項和分別為，且，所以.故選：D.8.已知雙曲線的左?右焦點分別為.過的直線交雙曲線右支于兩點，且，則的離心率為（）A.2 B.3 C. D.【答案】A【解析】【分析】設，根據雙曲線定義和線段之間的倍數關系求出，，由余弦定理求出，進而得到，得到答案.【詳解】由已知可設，則，故，由雙曲線的定義有，故，，故，在中，由余弦定理得.在中，由余弦定理得，即，解得，即，故的離心率為2.故選：A二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數的導函數的圖象如圖所示，則下列選項中正確的是（）A.函數在處取得極大值B.函數在處取得極值C.在區間上單調遞減D.的圖象在處的切線斜率大于零【答案】AC【解析】【分析】根據導數的圖象判斷函數的區間單調性和極值、處切線斜率符號判斷各項正誤.【詳解】由題圖知：上，上，所以在上遞增，上遞減，即在處取得極大值，A對；在處函數值不是極值，B錯；在區間上單調遞減，C對；由圖知：，即在處的切線斜率小于零，D錯.故選：AC10.已知直線與圓交于A，B兩點，則（）A.圓D的面積為 B.l過定點C.面積的最大值為 D.【答案】ABD【解析】【分析】將圓的方程整理成標準式，得到圓心和半徑，即可求解圓面積判斷A，直線整理成關于的方程，令其系數為0，即可得出直線過的定點，判斷B；由，結合弦長公式與基本不等式，即可判斷C；分別求出過點的弦長的最大值和最小值，即可判斷D.【詳解】對于A：圓即的圓心為，半徑，故圓D的面積為，正確；對于B：將直線整理為：，令，解得，即直線過定點，正確；對于C：定點到圓心的距離，設點到直線的距離為，則，則，當且僅當，即時，等號成立，故的面積的最大值為，錯誤；對于D：當直線與垂直時，弦的長度最小，當直線過圓心時，弦的長度最大，所以可得，正確.故選：ABD11.已知正方體的棱長為2，點是的中點，點滿足，，則下列結論正確的是（）A.平面 B.與所成角的取值范圍為C.的最小值為 D.三棱錐外接球體積的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】根據面面平行的性質判定選項；通過異面直線所成角的定義可知，與所成角即為與所成的角，在△即可確定與所成角的取值范圍；將平面和平面展開在同一平面內，即可求出的最小值；由和外接球體積最小即可確定球心的位置，利用球的體積公式求解即可.【詳解】選項，連接，∵∥，平面，平面，∴∥平面，同理可得∥平面，∵，平面，平面，∴平面∥平面，平面，∴平面，則選項正確；選項，連接，如下圖，∵∥，∴與所成角就是與所成的角，∵為線段上的點，且不包括端點，∴與所成的角的最大值為，，，，則，即，∴，，∴與所成的角的最小值為，但是取不到，∴與所成的角的取值范圍為，即與所成角的取值范圍為，則正確；選項，將平面和平面展開在同一平面內，連接角于點，如下圖，此時有最小值，而≌，∴為的中點，∴，則錯誤；選項，由已知得，作的中點，連接、、，∵，∴，∵三棱錐外接球體積最小，∴在處，∴，∴點為三棱錐外接球的球心，∴，∴三棱錐外接球體積的最小值為,則正確；故選：.【點睛】思路點睛：找到外接球的球心，然后找到與外接球半徑有關系的方程，即可解出答案，或者建立空間直角坐標系，找出與半徑有關的方程，建立目標函數，求得最值即可.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.拋物線的準線到焦點的距離為____________【答案】【解析】【分析】根據題意，化為拋物線的標準方程，求得的值，即可得到答案.【詳解】由題意，拋物線可化為，可得，所以拋物線的準線到焦點的距離為.故答案為：.13.我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層燈數為_____________【答案】3【解析】【詳解】分析：設塔的頂層共有a1盞燈，則數列{an}公比為2的等比數列，利用等比數列前n項和公式能求出結果．詳解:設塔的頂層共有a1盞燈，則數列{an}公比為2的等比數列，∴S7==381，解得a1=3．故答案3.點睛：本題考查了等比數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力.14.已知直線是曲線與曲線的公切線，則的值為__________.【答案】2【解析】【分析】由求得切線方程，結合該切線也是的切線列方程，求得切點坐標以及斜率，進而求得直線，從而求得正確答案.【詳解】設是圖像上的一點，，所以在點處的切線方程為，①，令，解得，，所以，，所以或（此時①為，，不符合題意，舍去），所以，此時①可化為，所以.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.設等差數列的前項和為，且，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差數列的通項公式及前項和公式即可求解；（2）根據（1）的結論,再利用數列求和中的裂項相消法即可求解.【小問1詳解】設等差數列的公差為，依題意得，解得.故數列的通項公式是【小問2詳解】由（1）知，.所以.16.已知圓經過兩點，且圓心在直線上.（1）求圓的標準方程；（2）過點的直線被圓截得的弦長為8，求直線的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據圓心所在直線設出圓心坐標，結合圓過的點列出方程求解圓心進而求圓的方程；（2）先求出圓心到直線的距離，再分類討論直線斜率不存在和存在兩種情況求解方程即可.【小問1詳解】因為圓心在直線上，所以設，因為圓經過兩點，所以，解得，即，半徑，所以圓的標準方程為【小問2詳解】因為過點的直線被圓截得的弦長為8，所以到直線距離，當直線斜率不存在時，直線滿足題意；當直線斜率存在時，設直線方程為，即，所以，解得，此時直線方程為，即.綜上所述，直線的方程為或17.如圖，在三棱柱中，底面是邊長為6的等邊三角形，，，，分別是線段，的中點，平面平面．（1）求證：平面；（2）若點為線段上的中點，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）連接，根據已知可得，，再由面面垂直的性質有，最后利用線面垂直的判定證結論；（2）由題設，構建空間直角坐標系，向量法求面面角的余弦值.【小問1詳解】連接，四邊形是菱形，則，又，分別為，的中點所以，故，又為等邊三角形，為的中點，則平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故又，，，平面，可得平面.【小問2詳解】，，為等邊三角形，是的中點，則，由（1）得平面，以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，則，所以，，設平面的一個法向量為，則，取，所以，由（1）得是平面的一個法向量，，即平面與平面的夾角的余弦值為．18.固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線．1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程為，其中為參數．當時，就是雙曲余弦函數，類似地我們可以定義雙曲正弦函數．它們與正、余弦函數有許多類似的性質．（1）類比正、余弦函數導數之間關系，，，請寫出，具有的類似的性質（不需要證明）；（2）當時，恒成立，求實數的取值范圍；（3）求的最小值．【答案】18.,19.20.0【解析】【分析】（1）求導即可得結論;（2）構造函數,求導,并結合分類討論確定函數的最小值即可求解;（3）多次求導最終判斷函數單調在內單調遞增,且函數為偶函數從而確定最小值.【小問1詳解】求導易知,.【小問2詳解】構造函數，，由（1）可知，①當時，由,可知，，故單調遞增，此時，故對任意，恒成立，滿足題意；②當時，令，，則，可知單調遞增，由與可知，存在唯一，使得，故當時，，則內單調遞減，故對任意，，即，矛盾；綜上所述，實數的取值范圍為．【小問3詳解】，，令，則；令，則，當時，由（2）可知，，則，令，則，故在內單調遞增，則，故在內單調遞增，則，故在內單調遞增，則，故在內單調遞增，因為，即為偶函數，故在內單調遞減，則，故當且僅當時，取得最小值0．19.已知橢圓C：的離心率為，左、右頂點分別為A、B，過點的直線與橢圓相交于不同的兩點P、Q（異于A、B），且．（1）求橢圓C的方程；（2）若直線AP、QB的斜率分別為、，且，求的值；（3）設和的面積分別為、，求的最大值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據題意可得出關于、、的方程組，解出這三個量的值，即可得出橢圓的方程；（2）設直線的方程為，點、，將直線的方程的方程與橢圓的方程聯立，利用韋達定理結合斜率公式分析可得；（3）利用韋達定理分析可得關于的函數關系式，利用對勾函數的單調性可求得的最大值.【小問1詳解】因為，所以，由可得，解得，由離心率可求出標準方程為【小問2詳解】由題意可知：點在橢圓內，直線與橢圓必相交，且直線的斜率可以不存在，但不