精品解析：甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知直线的倾斜角为，方向向量，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 过点且与直线垂直的直线方程是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，直线与的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知两点，，直线与线段有公共点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，有选错的得0分.） 9. 已知直线l：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l的一个法向量为 B. 若直线m：，则 C. 点到直线l的距离是2 D. 过与直线l平行的直线方程是 10. （多选）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，这些数叫作三角形数.设第n个三角形数为，则下面结论正确的是（ ） A. B. C. 1024是三角形数 D. 11. 已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则（ ） A. B. 为等比数列 C. 为递减数列 D. 中存在小于的项 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 经过两直线2x+y-1=0与x-y-2=0的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是___________． 13. 在数列中，，则的通项公式为____________. 14. 设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值____________． 四、解答题（本大题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知直线与直线. （1）当为何值时，与平行，并求与的距离; （2）当为何值时，与垂直. 16. 数列满足，，. （1）的通项公式； （2），求数列的前项和. 17. 已知直线，点．求： （1）直线关于点对称的直线的方程； （2）直线关于直线的对称直线的方程． 18. 已知直线. （1）求证：直线过定点； （2）若直线不经过第二象限，求实数的取值范围； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程. 19. 定义：从数列中随机抽取m项按照项数从小到大的顺序依次记为，将它们组成一个项数为m的新数列，其中，若数列为递增数列，则称数列是数列的“m项递增衍生列”； （1）已知数列满足，数列是的“3项递增衍生列”，写出所有满足条件的﹔ （2）已知数列是项数为m的等比数列，其中，若数列为1，16，81，求证：数列不是数列的“3项递增衍生列”； （3）已知首项为1的等差数列的项数为14，且，数列是数列的“m项递增衍生列”，其中．若在数列中任意抽取3项，且均不构成等差数列，求m的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知直线的倾斜角为，方向向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线的斜率建立方程求解即可. 【详解】因为直线的倾斜角为，则直线的斜率，故. 故选：B. 2. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用与的关系求出数列的通项公式，利用等比数列的定义可得出关于的等式，解之即可. 【详解】当时，， 当时，， 故当时，， 因为数列为等比数列，易知该数列的公比为，则，即， 解得. 故选：C. 3. 过点且与直线垂直的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直关系设出直线方程为，代入点的坐标，求出答案. 【详解】与直线垂直的直线方程可设为， 将代入可得，解得， 故过点且与直线垂直的直线方程为. 故选：B 4. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取倒数法求通项，将变形可得数列为等差数列，计算即可得. 【详解】，即， 可得，又， 即有数列是首项为1，公差为4的等差数列， 可得， 即. 故选：D. 5. 如图所示，直线与的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析两直线的斜率以及在轴上的截距，可得出的符号，即可得出合适的选项. 【详解】直线方程可化为，斜率为，在轴上的截距为， 直线方程可化为，斜率为，在轴上的截距为， 对于A选项，由直线的图象可得，即， 由直线的图象可得， A不满足条件； 对于B选项，由直线的图象可得，即， 由直线的图象可得，即，B不满足条件； 对于C选项，由直线的图象可得，即， 由直线的图象可得， C满足条件； 对于D选项，由直线的图象可得，即， 由直线的图象可得，D不满足条件. 故选：C 6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由直线的方程求出其所过定点坐标，由此确定最大距离及此时直线的方程. 【详解】直线的方程可化为， 联立，解得， 所以直线经过定点， 当时，点到直线的距离最大，最大距离为， 因为直线的斜率，， 所以直线的斜率， 所以， 所以， 所以，故， 所以直线的方程为. 故选：C. 7. 已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为，偶数项为，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可． 【详解】因为等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为， 得到奇数项为， 偶数项为，整体代入得， 所以前项的和为，解得. 故选：B 8. 已知两点，，直线与线段有公共点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得直线恒过点.然后求出直线的斜率，结合图象，即可得出答案. 【详解】直线可化为， 由可得，，所以直线恒过点. ，， 如图可知，直线的倾斜角介于直线倾斜角与直线的倾斜角之间. 所以当时，有； 当时，有. 又直线的斜率为， 所以，或. 故选：D. 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，有选错的得0分.） 9. 已知直线l：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l的一个法向量为 B. 若直线m：，则 C. 点到直线l的距离是2 D. 过与直线l平行的直线方程是 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A：根据直线方向向量与斜率之间的关系分析判断；对于B：根据直线垂直分析判断；对于C：根据点到直线的距离公式运算求解；对于D：根据直线平行分析求解. 【详解】对于A，因为直线l：的斜率， 但，可知不为直线l的一个法向量，故A错误； 对于B，因为直线m：的斜率，且， 所以直线l与直线m不垂直，故B错误； 对于C，点到直线l的距离，故C正确； 对于D，过与直线l平行的直线方程是，即，故D正确． 故选：CD. 10. （多选）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，这些数叫作三角形数.设第n个三角形数为，则下面结论正确的是（ ） A. B. C. 1024是三角形数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数列的项与项数的关系即可判断A，利用累加法求出通项公式即可判断B，代入通项公式求解判断C，利用裂项相消法求和判断D. 【详解】对于A，，，，， 由此可归纳得，故A正确； 对于B，因为， 所以，故B正确： 对于C，令，此方程没有正整数解，故C错误； 对于D，由，得， 所以 ，故D正确. 故选：ABD 11. 已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则（ ） A. B. 为等比数列 C. 为递减数列 D. 中存在小于的项 【答案】ACD 【解析】 【分析】由数列的递推关系可得A正确；假设为等比数列，设公比为，利用等比中项的性质结合已知可得B错误；由递推关系通分之后可得C正确；假设对任意的，，求出，再结合由已知可得D错误； 【详解】A：由题意可得 当时，， 当时，由可得，两式作差可得， 所以，整理可得，解得，故A正确； B：假设为等比数列，设公比为，则， 即，整理可得， 所以，解得，不符合题意，故B错误； C：当时，，所以为递减数列，故C正确； D：假设对任意的，，则， 则，与假设矛盾，假设不成立，故D正确； 故选：ACD. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 经过两直线2x+y-1=0与x-y-2=0的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是___________． 【答案】x+y=0或x-y-2=0 【解析】 【分析】先求解两直线的交点坐标，再运用截距式求解直线的方程可得出结果. 【详解】解：联立两直线方程可得：，解得，可得两条直线交点P（1，-1）． 直线经过原点时，可得直线方程为y=-x； 直线不经过原点时，设直线方程为， 把交点P（1，-1）代入可得，解得a=2． 所以直线的方程为x-y-2=0． 综上直线方程为：x+y=0或x-y-2=0． 故答案为：x+y=0或x-y-2=0． 13. 在数列中，，则的通项公式为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用退一相减法可得，进而可得的通项公式. 【详解】数列中，， 时，有， 时，由，得， 两式相减得，即， 时，也满足. 所以. 故答案为： 14. 设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值____________． 【答案】9 【解析】 【分析】根据直线方程求出定点，然后根据直线垂直，结合基本不等式求解即可； 【详解】由题意，动直线过定点， 直线可化为， 令，可得， 又，所以两动直线互相垂直，且交点为P， 所以， 因为， 所以，当且仅当时取等号． 【点睛】根据直线方程求定点，判断直线垂直，将问题转化为基本不等式是本题的难点和突破点. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知直线与直线. （1）当为何值时，与平行，并求与的距离; （2）当为何值时，与垂直. 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）由两直线平行可利用系数构造方程求得结果，再求两平行线间的距离； （2）由两直线垂直可利用系数构造方程求得结果. 【小问1详解】 由直线与平行，则，解得， 所以此时直线， 所以与的距离为. 【小问2详解】 由直线与垂直，则，解得或. 16. 数列满足，，. （1）的通项公式； （2），求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用配凑法证得数列 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，进而求得的通项公式. （2）利用错位相减法求得数列的前项和. 【小问1详解】 数列 满足 ， 整理得 ，又， 即 (常数)， 所以数列 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列. 故 ， 整理得 . 【小问2详解】 由于 ，所以 ， 所以 ①， ②， ① - ②得： ， 所以 . 17. 已知直线，点．求： （1）直线关于点对称的直线的方程； （2）直线关于直线的对称直线的方程． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）求出关于点的对称点，利用在直线上，即得解； （2）先求解关于直线的对称点的坐标，再求解与的交点N，由两点式得到直线方程 【小问1详解】 设为上任意一点， 则关于点的对称点为， 则在直线上，， 即． 【小问2详解】 在直线上取一点， 则关于直线的对称点必在上． 设对称点为， 则解得． 设与的交点为，则由得， 则经过点， 直线的方程为，即． 18. 已知直线. （1）求证：直线过定点； （2）若直线不经过第二象限，求实数的取值范围； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程. 【答案】（1）证明：由，即， 则，解得， 所以直线过定点； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由方程变形可得，列方程组，解方程即可； （2）数形结合，结合直线图像可得解； （3）求得直线与坐标轴的交点，可得面积，进而利用二次函数的性质可得最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，结合图像可知， 当时，直线斜率不存在，方程为，不经过第二象限，成立； 当时，直线斜率存在，方程为， 又直线不经过第二象限，则，解得； 综上所述； 【小问3详解】 已知直线，且由题意知， 令，得，得， 令，得，得， 则， 所以当时，取最小值， 此时直线的方程为，即. 19. 定义：从数列中随机抽取m项按照项数从小到大的顺序依次记为，将它们组成一个项数为m的新数列，其中，若数列为递增数列，则称数列是数列的“m项递增衍生列”； （1）已知数列满足，数列是的“3项递增衍生列”，写出所有满足条件的﹔ （2）已知数列是项数为m的等比数列，其中，若数列为1，16，81，求证：数列不是数列的“3项递增衍生列”； （3）已知首项为1的等差数列的项数为14，且，数列是数列的“m项递增衍生列”，其中．若在数列中任意抽取3项，且均不构成等差数列，求m的最大值． 【答案】（1）为1，3，4或1，3，5或1，4，5或3，4，5 （2）证明见解析 （3）8 【解析】 【分析】（1）先列出数列的前6项，根据“3项递增衍生列”，可列出满足条件的所有数列. （2）利用“反证法”证明数列不是数列的“3项递增衍生列”. （3）先明确数列的各项，再根据“m项递增衍生列”的概念分析数列的构成特点，可求数列的最大项数. 【小问1详解】 由题意得，数列为1，8，3，4，5，2， 若是数列的“3项递增衍生列”，且， 则为1，3，4或1，3，5或1，4，5或3，4，5﹒ 【小问2详解】 设等比数列的公比为q． 假设数列是数列的“3项递增衍生列”， 则存在，使， 所以，则， 所以． 因为，所以为有理数，但为无理数， 所以（*）式不可能成立． 综上，数列不是数列的“3项递增衍生列”． 【小问3详解】 设等差数列的公差为d． 由，又，所以， 故数列为1，2，3，4，5，，14﹒ 令，因为数列中各项均为正整数，故﹔ （若，则，成等差数列） 同理，且，所以， 同理，且，所以， 这与已知条件矛盾，所以， 此时可以构造数列为1，2，4，5，10，11，13，14，其中任意三项均不构成等差数列． 综上所述，m的最大值为8． 【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解决的关键有两点：一是紧抓新数列的定义，如题目中“m项递增衍生列”条件的使用，是解题的入手点；二是应用数列的单调性或等差等比通项特性等重要性质构造等量或不等关系解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $