精品解析：湖南省邵阳市邵东市第一中学2024-2025学年高二上学期第三次月考数学试题

邵东一中2024-2025学年高二上学期第三次月考数学试卷 时量：120分钟 满分：150分 一.单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法及共轭复数即可求解. 【详解】因为， 所以，所以的虚部为. 故选:A. 2. 已知直线，.则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】求出时，或，从而得到是的充分不必要条件. 【详解】当时，直线的斜率为，的斜率为， 又，所以，充分性成立； 直线，， 若，则有，解得或，必要性不成立. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 在等差数列中，已知，则（ ） A. 288 B. 144 C. 572 D. 72 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质，结合其前n项和公式求解. 【详解】∵， ∴， ∴， 故选：B． 4. 已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数列的单调性求解． 【详解】由题意，解得. 故选：C. 5. 一动圆过定点，且与已知圆：外切，则动圆圆心的轨迹方程是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图象利用双曲线的定义判断动圆圆心的轨迹，然后再求方程即可. 【详解】圆与圆外切，如图， ，即， ， 由双曲线的定义，点的轨迹是以为焦点，为实轴长的双曲线的左支，其中，， ． 故所求轨迹方程为：． 故选：C． 6. 设函数与直线的交点的横坐标构成以为公差的等差数列，且是图象的一条对称轴，则下列区间中是函数的单调递减区间的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由周期求得的值，根据图像的对称性求出的值，可得函数的解析式，再根据正弦函数的单调性求出函数的单调递减区间，从而得出结论。 【详解】根据题意可得，函数的周期为，求得，再由解得，由题意，可得：； 所以，令， 解得：， 故函数的单调递减区间为， 故区间是函数的单调递减区间， 故选：D. 【点睛】本题主要考查三角函数的相关知识，通过三角函数的性质求解函数解析式，利用整体带入的方法求解函数的单调区间。 7. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，，，平面平面，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由面面垂直的性质得平面，设△、△的外接圆的圆心为、，由三棱锥外接球的球心与、的连线与各侧面的关系，可确定外接球的半径与相关线段的几何关系，即可求半径，进而求球的体积. 【详解】如图所示，由，知：，又，， ∴，则．取的中点，则， ∵，由面面，面面， ∴平面． 设△的外接圆的圆心为，则在的延长线上，且， ∴．设为△的外接圆的圆心，则为的中点，． 连结，，由球的性质可知，平面， ∴，，同理，，， ∴四边形为正方形． ∴球的半径为，即，则球的体积， 故选：C． 【点睛】关键点点睛：利用三棱锥侧面的垂直关系，及其外接球的球心与两个垂直侧面外接圆圆心连线所成线段的几何关系求外接球半径，进而求外接球的体积. 8. 已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于，两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，进而得，再结合余弦定理得，进而根据基本不等式求解得. 【详解】解：设， 过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为， 则， 因为点为线段的中点， 所以根据梯形中位线定理得点到抛物线的准线的距离为， 因为， 所以在中，由余弦定理得， 所以， 又因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，故. 所以的最大值为. 故选：C 【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，余弦定理，基本不等式，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，设，进而结合抛物线的定于与余弦定理得， ，再求最值. 二.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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 数列是递增数列 C. 数列中的最小项为 D. 、、成等差数列 【答案】AB 【解析】 【分析】根据可知数列为等差数列，根据通项公式和求和公式结合选项逐个判断. 【详解】因为，所以数列为等差数列，公差为3， 因为，所以，； 对于A，因为，所以是递增数列，A正确； 对于B，因为，所以数列是递增数列，B正确； 对于C，因为，所以数列中的最小项为，C不正确； 对于D，当时，，显然不是等差数列，D不正确. 故选：AB. 10. 已知为双曲线的右焦点，过的直线与圆相切于点，且与及其渐近线在第二象限的交点分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线的斜率为 B. 直线是的一条渐近线 C. 若，则的离心率为 D. 若，则的渐近线方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，计算斜率判断A；由计算直线斜率判断B；求出点的坐标计算判断C，D. 【详解】对于A，根据题意，，设直线， 又因为直线与圆相切于点， 所以，A正确； 对于B，根据题意可知，可得， 所以直线是的一条渐近线，B正确； 对于C，若，根据题意，联立，解得， 同理联立，解得， 由于，故，即， 化简得，则的离心率为，C错误； 对于D，设，依题意知，则， 故，得， 故，代入，得， 所以，则， 得，则的渐近线方程为，D正确； 故选：ABD 【点睛】难点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系问题，解答的难点在于计算，并且基本都是有关字母参数的运算，计算量大，很容易出错. 11. 在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时.四棱锥的外接球的表面积是 C. 的最小值为 D. 存在唯一的实数对，使得平面PDF 【答案】ACD 【解析】 【分析】当时，，只需要证明点到平面的距离恒定，就能说明三棱锥的体积为定值；即可判断A,当时，点为正方体的中心，只需求出四棱锥的外接球的半径即可算出表面积；即可求解B，对于C，把问题转化为在平面内求点使得最小即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用向量方法来证明即可． 【详解】对于A，当时，点为线段的中点，又为线段的中点， 故为三角形的中位线，， 点在线段运动时，点到平面的距离恒定， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，当时，点为正方体的中心， 设四棱锥的外接球的半径为， 由，解得， 故四棱锥的外接球的表面积为，故B错误； 对于C，把问题转化为在平面内求点使得最小， 如图，作点关于线段的对称点，过点作，的垂线，垂足分别为和， 则，设，由于，所以 ， 故，故，故C正确； 对于D，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 易求得，0，，，1，，，，，，，， 故，，，，，，，，， 若平面， 则，解得（舍去）或， 故存在唯一的实数对，使得平面． 故选：ACD． 【点睛】 方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是正项等比数列，且成等差数列，则数列的公比为______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差中项得到关于公比的方程，再解方程作答. 【详解】由题设，成等差数列，则， 设正项等比数列的公比为，又，则， 所以，即，则. 故答案为：. 13. 数列满足，若，，则＝____________． 【答案】-6 【解析】 【分析】由递推公式可得数列的周期为4，又因为，再由计算即可. 【详解】解：因为，， 所以，，，， 所以数列的周期为4， 又因为， 所以. 故答案为：-6 14. 过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为______________． 【答案】. 【解析】 【分析】先设， ， ，由且得整理得：，同理分析出：，由于A, B在椭圆上，则可以分析出，则Q点的轨迹是直线，利用点到线得距离求得OQ得最小值 【详解】设， ， 则 于是，同理， 于是我们可以得到 . 即，所以Q点的轨迹是直线， 即为原点到直线的距离， 所以 【点睛】平面向量共线的坐标表示问题的常见类型及解题策略 (1)利用两向量共线的条件求向量坐标．一般地，在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其他条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量． (2)利用两向量共线求参数．如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便． 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. 已知在数列中，且，记. （1）证明：数列是等差数列； （2）记求数列的前n项和. 【答案】（1） ，， 又，， ， 又, 数列是首项为，公差为的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义并结合对数的运算证明，即可证明数列是等差数列； （2）求出数列的通项，利用裂项相消求出数列的前n项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知 ， 则 ， . 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足. （1）求角C； （2）若的面积为，点D为AB中点，且，求c边的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理将边转化为角，再利用三角形内角和消去角A，求角C； （2）先利用向量运算及三角形面积公式得到边a，b的关系，再利用余弦定理求边c. 【小问1详解】 由得 ， ， 因为 所以. 【小问2详解】 由已知得， 所以 ， 所以， 所以， 因为的面积为，所以， 即，， 由余弦定理得 ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，. （1）求证：平行四边形为矩形； （2）若为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，如图所示： 因为为正三角形，则. 面面，面面，面，则面. 面，故， 又，，面，，所以面， 面，故，则平行四边形为矩形. （2） 【解析】 【分析】（1）首先取中点，连接，根据面面垂直的性质得到面，从而得到，再结合已知条件利用线面垂直的判定得到面，即可得到，即可证明. （2）以为原点，为轴，为，轴建立坐标系，再利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如下图所示： 以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设， 则，，，，， 所以，，，， 设面的法向量为，则， 令，则， 设点到平面的距离为， 则，解得. 所以. 设面的法向量为，则， 令，则， 则. 因为平面与平面所成角为锐角， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）设椭圆的左、右两个顶点分别为，为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为椭圆的左焦点，求证：的周长为定值． 【答案】（1） （2） 解法一：由题意可知，，设， 直线的方程为，直线的方程为， 联立方程组可得， 可得，所以， 则，故． 由可得，可得，所以， 则，故， 所以， 故直线的方程为， 即，， 故直线过定点，所以的周长为定值8． 当时，或，可知是椭圆的通径， 经过焦点，此时的周长为定值， 综上可得，的周长为定值8． 解法二：当直线斜率存在时，设其方程为：， 由． 设，则有， 直线，令，得， 直线，令，得，所以， 由， 所以， 即， 化简得或． 时直线过点（舍），所以， 即直线的方程为，过定点． 当直线的斜率不存在时，设其方程为：， 则有，代入， 直线也过定点， 综上所述，直线始终经过椭圆的右焦点，故的周长为定值． 解法三：当M位于椭圆的上顶点，则此时，直线与相交于点， 则直线的方程为， 联立椭圆方程可得：，则可知， 易知直线经过椭圆的右焦点，此时的周长为定值， 猜想，若的周长为定值，则直线经过椭圆的右焦点． 证明如下： 依题意直线的斜率不为0，设直线的方程为， 代入椭圆方程得：， 设，则． 直线，令，得， 直线，令，得， 因为， 所以直线的交点在直线上，即过直线上的点T所作的两条直线和分别与椭圆相交所得的两点M、N形成的直线始终经过椭圆的右焦点， 故的周长为定值． 【解析】 【分析】（1）、利用已知条件列出方程组，求解，从而得到椭圆得标准方程； （2）、设出直线、的方程，与椭圆方程联立，求出坐标，计算，求出直线的方程，分析出故直线经过定点，从而求出的周长为定值． 【小问1详解】 ，， 椭圆经过点，， ，， 椭圆C的标准方程为． 【小问2详解】 略 19. 若数列满足：对任意，都有，则称是“数列”． （1）若，，判断，是否是“数列”； （2）已知是等差数列，，其前项和记为，若是“数列”，且恒成立，求公差的取值范围； （3）已知是各项均为正整数的等比数列，，记，若是“数列”，不是“数列”，是“数列”，求数列的通项公式． 【答案】（1）数列是“数列”；数列不是“数列”； （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）直接根据“数列”的定义进行判断即可； （2）由是等差数列结合是“数列”可知公差，结合等差数列求和公式用含的式子表示，进一步结合恒成立即可求解； （3）由“数列”的每一项（）均为正整数，可得且，进一步可得单调递增，故将任意性问题转换为与1比较大小关系可得的范围，结合，或，注意此时我们还要分情况验证是否是“数列”，从而即可得解. 【小问1详解】 对于数列而言，若，则, 所以数列是“数列”； 对于数列而言，若，则，则数列不是“数列”； 【小问2详解】 因为等差数列是“数列”，所以其公差． 因为，所以， 由题意，得对任意的恒成立， 即对任意的恒成立． 当时，恒成立，故； 当时，对任意的恒成立，即 对任意的恒成立， 因为，所以． 所以的取值范围是. 【小问3详解】 设等比数列的公比为，因为，所以， 因为“数列”的每一项均为正整数，由得， 所以且， 因为， 所以，所以单调递增， 所以在数列中，“”为最小项， 而，从而在数列中，“”为最小项． 因为是“数列”，则只需，所以， 因为数列不是“数列”，则，所以， 因为数列的每一项均为正整数，即，所以或， （1）当时，，则， 令， 又， 所以为递增数列， 又， 所以对于任意的，都有，即， 所以数列为“数列”，符合题意． （2）同理可知，当时，，则， 令， 又， 所以为递增数列， 又， 所以对于任意的，都有，即， 所以数列为“数列”，符合题意． 综上，或. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将恒成立任意性问题转换为与1比较大小得出的值，回过头去检验是否满足题意即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 邵东一中2024-2025学年高二上学期第三次月考数学试卷 时量：120分钟 满分：150分 一.单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线，.则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 在等差数列中，已知，则（ ） A. 288 B. 144 C. 572 D. 72 4. 已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 一动圆过定点，且与已知圆：外切，则动圆圆心的轨迹方程是（　　） A. B. C. D. 6. 设函数与直线的交点的横坐标构成以为公差的等差数列，且是图象的一条对称轴，则下列区间中是函数的单调递减区间的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，，，平面平面，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于，两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二.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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 数列是递增数列 C. 数列中的最小项为 D. 、、成等差数列 10. 已知为双曲线的右焦点，过的直线与圆相切于点，且与及其渐近线在第二象限的交点分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线的斜率为 B. 直线是的一条渐近线 C. 若，则的离心率为 D. 若，则的渐近线方程为 11. 在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时.四棱锥的外接球的表面积是 C. 的最小值为 D. 存在唯一的实数对，使得平面PDF 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是正项等比数列，且成等差数列，则数列的公比为______. 13. 数列满足，若，，则＝____________． 14. 过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为______________． 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. 已知在数列中，且，记. （1）证明：数列是等差数列； （2）记求数列的前n项和. 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足. （1）求角C； （2）若的面积为，点D为AB中点，且，求c边的长. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，. （1）求证：平行四边形为矩形； （2）若为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）设椭圆的左、右两个顶点分别为，为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为椭圆的左焦点，求证：的周长为定值． 19. 若数列满足：对任意，都有，则称是“数列”． （1）若，，判断，是否是“数列”； （2）已知是等差数列，，其前项和记为，若是“数列”，且恒成立，求公差的取值范围； （3）已知是各项均为正整数的等比数列，，记，若是“数列”，不是“数列”，是“数列”，求数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $