精品解析：上海市延安中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷

延安中学高二月考数学试卷 2024.10 一．填空题（第1—6题每题4分，第7—12题每题5分，满分54分） 1. 若扇形的半径为4，弧长为2，则扇形的面积为______． 【答案】4 【解析】 【分析】利用扇形的面积计算公式即可得出． 【详解】根据扇形的面积公式得，． 故答案为：4 2. 函数，的值域为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的图象判断其单调性，结合端点函数值即可求得. 【详解】因在上单调递减，在上单调递增， 且 故函数，的值域为. 故答案为：. 3. 若向量在向量方向上的数量投影为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的几何意义计算可得； 【详解】解：因为向量在向量方向上的数量投影为，设向量与向量的夹角为，则，又， 所以 故答案为： 4. 函数的最小正周期为________ 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为，所以其最小正周期是 考点：三角函数周期 5. 已知，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】借助复数的乘法运算与共轭复数定义计算即可得. 【详解】由题意可得，故. 故答案为：. 6. 若，则_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用正切的和角公式即可求解. 【详解】. 故答案为：. 7. 在复平面内，向量、分别对应复数、，则对应的复数为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据复数与向量的对应关系，即可求解. 【详解】，所以向量对应的复数为. 故答案为： 8. 用斜二测画法，画一个水平放置的平面图形的直观图，已知直观图是一个底角为，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由斜二测画法的规则画出原平面图形，即可求得结果. 【详解】如图所示，等腰梯形为水平放置的原平面图形的直观图， 作，交于，根据题意可得，所以. 由斜二测画法规则，等腰梯形对应的原图形为直角梯形， 且，，， 所以直角梯形的面积. 故答案为：. 9. 数列满足，且，则的值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】利用等比数列的判定与性质及求和公式结合极限计算即可. 【详解】由题意可知，所以是以为公比的等比数列， 则是以为公比的等比数列，记的前n项和为， 所以， 由题意知时有，所以， 所以. 故答案为： 10. 已知，作用于同一质点，使其由原点移动到点，则合力对质点所做的功为___________. 【答案】60 【解析】 【分析】先求合力，然后根据公式即可求出合力对质点做的功. 【详解】因为，，所以， 所以. 故答案为：. 11. 已知是实数，向量、、满足，，，则的最小值为_____ 【答案】． 【解析】 【分析】已知等式平方求得，同时求得，然后求转化为关于的二次函数，可得最小值，从而得出结论． 【详解】∵，∴，即，即， 又，所以， ， 所以时，，即． 故答案为：． 12. 已知数列满足：，．若数列为严格增数列，则的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】结合以及列出不等式,由此求得的取值范围. 【详解】由于数列是递增数列,所以, 即,解得. 则. 由于,即,即, 即, 所以,解得或. 综上所述，首项的取值范围是. 故答案为: 二．选择题（本大题共4题，满分20分） 13. 已知实系数一元二次方程有一根为，则这个方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用一元二次方程根与系数求出方程即可. 【详解】实系数一元二次方程有一根，则另一根这， 因此， 所以所求方程为. 故选：C 14. 已知平面、满足，若异面直线、满足，，则与、的位置关系是（ ） A. 至多与、中的一条相交 B. 至少与、中的一条相交 C. 至少与、中的一条异面 D. 至少与、中的一条平行 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线的定义直接判断. 【详解】异面直线、满足，，， 则与平行或相交，与平行或相交， 但直线与，不能同时平行， 若直线与，同时平行，则与平行，与两直线异面矛盾， 所以至少与、中的一条相交， 故选：B. 15. 把函数的图像经过变换得到图像，这个变换是（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】D 【解析】 【分析】根据两角和的正弦函数，将表达式化为一个三角函数的形式，然后根据左加右减的原则，判断平移的方向与单位. 【详解】 ， 则， 将向右平移个单位可得到， 故选：D. 16. 一个三人报数游戏：首先报数字1，然后报后两个数字2、3，接下来报后三个数字4、5、6，然后轮到报后四个数字7、8、9、10，依次循环，直到报出10000，则报出的第2000个数字为（ ） A. 5957 B. 5958 C. 5959 D. 5960 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出第n次报完后共报数的个数，解不等式求出的最小值，并求出对应的最大数即可得解. 【详解】依题意，A第n次报数的个数为：， 则A第n次报完数后共报的个数为：， 由，即，解得n的最小值为37，得， 而A第37次报时，3人总共报了次， 当A第109次报完数，3人总的报数个数为：， 因此A报出的第2035个数字为5995， 所以A报出的第2000个数字为：， 故选：D 【点睛】关键点点睛：利用等差数列前n项和公式求出A第n次报完数后A报的最大数是求解问题的关键. 三．解答题（本大题共有5题，满分76分） 17. 已知数列的每一项均为正数，记的前项和为，，尝试通过计算数列的前四项，猜想数列的通项公式，并用数学归纳法加以证明． 【答案】因，当时，由可得，因，故； 当时，，即，即，故； 当时，即，即，故； 当时，，即， 即，故. 由，，，，可猜测. 证明如下： 当时，猜想成立； 设当（）时，猜想成立，即； 则当时，依题意，①，② 由①-②，可得，，即， 即，因，故得，即猜想也成立. 综上，由数学归纳法就可以断定对任何正整数都成立，这就是该数列的通项公式． 【解析】 【分析】根据递推关系先求前四项，再猜想数列的通项，验证基础成立，证明递推成立即可. 【详解】略 18. 如图，长方体中，，，点为的中点． （1）求证：直线平面； （2）求异面直线与所成的角的大小； （3）求点与平面的距离． 【答案】（1）证明：设与交于点，则是中点，如图，连接，又是中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）设与交于点，证明，然后由线面平行判定定理得证线面平行； （2）证明是异面直线与所成的角或其补角，再在中求出此角即得； （3）证明平面，得的长等于到平面的距离，求出此线段长即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以是异面直线与所成的角或其补角， 由已知，，所以， 所以异面直线与所成的角是； 【小问3详解】 是正方形，所以， 又是长方体，因此平面， 而平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以的长等于到平面的距离， 正方形的边长为1，则． 19. 如图，在正方体中，点、分别是、的中点．求证： （1）直线和在同一平面上； （2）直线、和交于一点． 【答案】（1）证明：如图，连结. ∵点分别是的中点，∴. ∵四边形为平行四边形，∴， ∴， ∴四点共面，即和共面． （2）证明：正方体中， ∵点分别是的中点，∴且 ∵四边形为平行四边形，∴，且 ∴∥且 ∴与相交，设交点为P， ∵，平面，∴平面； 又∵，平面，∴平面， ∵平面平面，∴， ∴三线交于点P. 【解析】 【分析】（1）连结，根据点分别是的中点，利用平行关系的传递性得到∥即可; （2）易得与相交，设交点为P，则能得到平面，平面，结合平面平面，即可得证； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 20. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔・德・费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．在费马提出的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于时，费马点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，费马点为三角形最大内角的顶点． 已知中，，，分别是角，，所对的边，且，． （1）求角的大小； （2）若点为的费马点，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出结果． 【小问1详解】 由，及正弦定理得， 因为，所以，消去得． 因为，故或， 而根据题意，故不成立， 所以，又因为，代入得，所以． 【小问2详解】 由（1）可知，，结合三角形内角和性质可知，的三个内角均小于， 结合题设易知点P一定在的内部． 由余弦定理可得， 解得 ， 所以， 所以 ． 21. 已知数列是公差不为0的等差数列，，数列是等比数列，且，，，数列的前n项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设，求的前n项和； （3）若对恒成立，求的最小值. 【答案】（1）（2）（3） 【解析】 【分析】 （1）利用等差数列的通项公式与等比中项性质列式可解得等差数列的公差和等比数列的公比，进而可得所求通项公式； （2）对分类讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式可得所求和； （3），讨论当为奇数和偶数时，的单调性，可得的最值，结合不等式恒成立可得的范围，进而可得所求最小值. 【详解】（1）设数列的公差为，， 因为数列是等比数列，所以， 所以，所以， 所以，因为，所以， 又，所以， 所以，数列的公比， 所以. （2）由（1）知，， 所以， 当时，， 当时，， 所以. （3）， ， 令， 当为奇数时，，且递减，可得的最大值为， 当为偶数时，，且递增，可得的最小值为， 所以的最小值为，最大值为， 因为对恒成立，所以， 所以，所以的最小值为. 【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： (1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点； (2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题； (3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延安中学高二月考数学试卷 2024.10 一．填空题（第1—6题每题4分，第7—12题每题5分，满分54分） 1. 若扇形的半径为4，弧长为2，则扇形的面积为______． 2. 函数，的值域为_____ 3. 若向量在向量方向上的数量投影为，且，则__________. 4. 函数的最小正周期为________ 5. 已知，则_______. 6. 若，则_____ 7. 在复平面内，向量、分别对应复数、，则对应的复数为_____ 8. 用斜二测画法，画一个水平放置的平面图形的直观图，已知直观图是一个底角为，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是_____. 9. 数列满足，且，则的值为_____ 10. 已知，作用于同一质点，使其由原点移动到点，则合力对质点所做的功为___________. 11. 已知是实数，向量、、满足，，，则的最小值为_____ 12. 已知数列满足：，．若数列为严格增数列，则的取值范围是_____ 二．选择题（本大题共4题，满分20分） 13. 已知实系数一元二次方程有一根为，则这个方程可以是（ ） A. B. C. D. 14. 已知平面、满足，若异面直线、满足，，则与、的位置关系是（ ） A. 至多与、中的一条相交 B. 至少与、中的一条相交 C. 至少与、中的一条异面 D. 至少与、中的一条平行 15. 把函数的图像经过变换得到图像，这个变换是（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 16. 一个三人报数游戏：首先报数字1，然后报后两个数字2、3，接下来报后三个数字4、5、6，然后轮到报后四个数字7、8、9、10，依次循环，直到报出10000，则报出的第2000个数字为（ ） A. 5957 B. 5958 C. 5959 D. 5960 三．解答题（本大题共有5题，满分76分） 17. 已知数列的每一项均为正数，记的前项和为，，尝试通过计算数列的前四项，猜想数列的通项公式，并用数学归纳法加以证明． 18. 如图，长方体中，，，点为的中点． （1）求证：直线平面； （2）求异面直线与所成的角的大小； （3）求点与平面的距离． 19. 如图，在正方体中，点、分别是、的中点．求证： （1）直线和在同一平面上； （2）直线、和交于一点． 20. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔・德・费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．在费马提出的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于时，费马点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，费马点为三角形最大内角的顶点． 已知中，，，分别是角，，所对的边，且，． （1）求角的大小； （2）若点为的费马点，求的值． 21. 已知数列是公差不为0的等差数列，，数列是等比数列，且，，，数列的前n项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设，求的前n项和； （3）若对恒成立，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $