精品解析：云南省西双版纳州民族中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题

高二年级数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号､在试题卷上作答无效． 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知数列，，，，，…，，…，则该数列的第项是（ ） A. B. C. D. 2. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 3. 设数列的通项公式为，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列为等差数列，前项和为.若，，则（ ） A. B. C. 9 D. 18 5. 已知数列和数列的通项公式分别为和，若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列，则满足不等式的最大的整数（ ） A. 134 B. 135 C. 136 D. 137 6. 已知数列为等比数列， ，则 （ ） A. B. C. 2 D. 7. 在等比数列中，，其前项和为，且是和的等差中项，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，若离心率，则椭圆的离心率的取值范围为（ ） 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．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知等差数列的前n项和为，公差．若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线和圆，则下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 直线与圆相离 C. 圆与圆有三条公切线 D. 直线被圆截得的最短弦长为 11. 数列前项和为，且满足则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为数列的前项和，若，则______. 13. 在数列中，，则的通项公式为______． 14. 已知抛物线的焦点到准线的距离为4，抛物线的方程为______.直线过点且与抛物线交于两点，若是线段的中点，则______. 四､解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 记为等差数列的前项和，已知，. （1）求等差数列的通项公式； （2）求的最小值及对应的n值． 16. 已知数列满足，点在直线上. （1）设，证明为等比数列； （2）求数列的前项和. 17. 已知四边形为正方形，为，的交点，现将三角形沿折起到位置，使得，得到三棱锥. （1）求证：平面平面； （2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由. 18. 已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线C上的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且. （1）求双曲线C的方程； （2）已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）. （i）求m的取值范围； （ii）设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 19. 数列中，若，使得，都有成立，则称数列为“三合定值数列”，已知. （1）求； （2）设，证明：数列为等比数列，并求； （3）设，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号､在试题卷上作答无效． 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知数列，，，，，…，，…，则该数列的第项是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列的规律及通项可得数列的项. 【详解】由已知数列，，，，，…，，…， 即，，，，，…，，…， 则数列的第项为， 第项为， 故选：A. 2. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，依次计算即得. 【详解】数列中，， . 故选：B 3. 设数列的通项公式为，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意有，解得的取值范围； 【详解】由数列是单调递增数列可得，对于都有成立， 即对都成立， 所以．（或通过二次函数的对称性求解） 故选：D. 4. 已知数列为等差数列，前项和为.若，，则（ ） A. B. C. 9 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列片段和的性质可求得的值. 【详解】由等差数列片段和的性质可知，、、成等差数列， 所以，，则， 故选：B. 5. 已知数列和数列的通项公式分别为和，若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列，则满足不等式的最大的整数（ ） A. 134 B. 135 C. 136 D. 137 【答案】A 【解析】 【分析】求出数列的通项公式，再解不等式即得. 【详解】依题意，令，则，即有，显然是5的正整数倍， 令，因此，由，解得， 所以最大的整数. 故选：A 6. 已知数列为等比数列， ，则 （ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的性质与通项公式即可得解. 【详解】因为为等比数列，则公比， 所以，又， 所以 ，解得， 又，而恒成立， 所以，则，故. 故选：C. 7. 在等比数列中，，其前项和为，且是和的等差中项，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，分析可知，由已知条件求出的值，再结合等比数列的求和公式可求得的值. 【详解】设等比数列的公比为，若，则等比数列为摆动数列， 这与矛盾，故， 根据题意得，则，解得或（舍）. 则. 故选：A. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，若离心率，则椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，结合椭圆的定义解得，再由求解. 【详解】因为，所以， 由椭圆的定义得：，解得， 因为，所以， 两边同除以a得，解得 ， 因为 ，所以， 所以该离心率的取值范围是 故选：D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知等差数列的前n项和为，公差．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和的二次函数性质求得且，进而判断各项的正误即可. 【详解】由题意，又， 结合二次函数性质知：对称轴，且，即， 所以，，. 综上，A、B、D对，C错. 故选：ABD 10. 已知直线和圆，则下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 直线与圆相离 C. 圆与圆有三条公切线 D. 直线被圆截得的最短弦长为 【答案】AC 【解析】 【分析】首先求出直线过定点坐标，即可判断A，B；求出圆心距，即可判断圆与圆的位置关系，即可判断C；求出，即可判断D. 【详解】对于A，由直线的方程，当时，，可知直线恒经过定点，故A正确； 对于B，因为直线恒经过定点，由圆， 可得圆心，半径，满足，定点在圆内，所以直线与圆相交，故B错误； 对于C，由圆，圆，圆心，半径， 此时，所以圆与圆相外切，有三条公切线，故C正确； 对于D，由， 根据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，最短弦长为，故D错误. 故选：AC． 11. 数列前项和为，且满足则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据递推公式列出前几项，即可判断A；分为奇数、偶数求出，即可判断B，利用分组求和法计算C、D. 【详解】对于A，因为， 所以，，，故A正确； 对于B，由，有，， 两式相加，得，又，所以，为偶数； 由，得，也即，为奇数， 所以故B正确； 对于C，数列的前项和记为， 则 ，故C正确； 对于D，由B可知： ， 则，故D错误， 故选：ABC． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为数列的前项和，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由可求得结果. 【详解】因为为数列的前项和，且， 则. 故答案为：. 13. 在数列中，，则的通项公式为______． 【答案】； 【解析】 【分析】求出，利用累加法求和得到通项公式. 【详解】， 故， 所以 . 故答案为： 14. 已知抛物线的焦点到准线的距离为4，抛物线的方程为______.直线过点且与抛物线交于两点，若是线段的中点，则______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】借助抛物线定义可得空一；借助线段中点纵坐标可得直线方程，结合抛物线焦点弦的性质计算即可得空二. 【详解】∵抛物线的焦点到准线的距离为4 ， ∴根据抛物线定义可得，则抛物线方程为； 则有，又∵是线段的中点， ∴，即， 由可得，，故直线的方程为， 由， 则，故. 故答案为：；. 四､解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 记为等差数列的前项和，已知，. （1）求等差数列的通项公式； （2）求的最小值及对应的n值． 【答案】（1）； （2）的最小值为，对应. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差即可求解作答. （2）由数列的单调性求出的最小值及对应的n值作答. 【小问1详解】 等差数列中，，，则的公差， 所以等差数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）知，等差数列单调递增，由，得，解得， 因此数列前15项均为负数，从第16项起均为正数， 所以当时，取得最小值. 16. 已知数列满足，点在直线上. （1）设，证明为等比数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）证明：因点在直线，则. 可得， 即，且， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意整理可得，结合等比数列的定义分析判断； （2）由（1）可得，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：，即 所以. 17. 已知四边形为正方形，为，的交点，现将三角形沿折起到位置，使得，得到三棱锥. （1）求证：平面平面； （2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 在正方形中，， 又∵，∴，∴ 即，，且，平面，平面， ∴平面， 由∵平面， ∴平面平面 （2） 由（1）可知，，， ∴以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系， 则向量是平面的一个法向量， 设，则，， ∵在线段上，∴，∴， ∴，， 设是平面的一个法向量，则， ∴，∴， 设为平面与平面夹角， 则， 则，则，为中点， ∴. 【解析】 【分析】（1）线线垂直得到线面垂直，然后得到面面垂直； （2）由三直线两两垂直建立空间直角坐标系，设点坐标求得面的法向量，由法向量与面面角的余弦值建立等式，解出点的位置，得到比值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线C上的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且. （1）求双曲线C的方程； （2）已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）. （i）求m的取值范围； （ii）设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 【答案】（1） （2）（i）或； （ii）证明：，，则， 直线的方程为，直线的方程为. 联立直线与的方程，得， 所以， 所以， 所以， 所以点Q的横坐标始终为1，故点Q在定直线上 【解析】 【分析】（1）根据求出，，从而得到，求出，得到双曲线方程； （2）（i）由题意知直线l的方程为，，，联立双曲线方程，结合根的判别式和得到不等式，求出m的取值范围； （ii）在（i）的基础上，得到两根之和，两根之积，得到，表达出直线和直线的方程，联立得到，将代入，化简得到，得到答案. 【小问1详解】 由题意可知，，因为，所以. 因为，，得， 又因为在双曲线上，则， 所以. 所以双曲线C的方程为. 【小问2详解】 （i）由题意知直线l的方程为，，. 联立， 化简得， 因为直线l与双曲线左右两支相交，所以， 即满足：， 所以或. （ii）略. 【点睛】圆锥曲线中，针对非对称韦达，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，并两者相除，得到两者的关系，再代入后续的计算中，达到化简的目的. 19. 数列中，若，使得，都有成立，则称数列为“三合定值数列”，已知. （1）求； （2）设，证明：数列为等比数列，并求； （3）设，求数列的前项和. 【答案】（1），，. （2）证明：因为，则， 且，即，所以， 即，又，则， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即， 所以①，， 则②，， 两式相减可得， 即的奇数项为等差数列，且， 令，则，所以（为奇数）， 又③， 由③①可得，， 所以的偶数项为等差数列，且， 令，则，即， 综上所述，. （3） 【解析】 【分析】（1）由，代入计算，即可得到结果； （2）由条件可得，即可证明，结合的通项公式，分别讨论为奇数以及为偶数的情况，即可得到结果； （3）根据题意，由条件可得，结合错位相减法代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为，所以，且， 则，即，解得， 又，即，解得， 又，即，解得， 所以，，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，当为奇数时，， 当为偶数时，， 综上，， 则， ， 两式相减可得， ， ， ， ，所以. 【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键在于，分类讨论为奇数与偶数两种情况，从而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $