精品解析：江苏省连云港市灌云县等2地2024-2025学年高二上学期第二次月考（12月）数学试题

2024～2025学年第一学期第二次月考 高二数学（学科）试题 注意事项： 1.考试时间120分钟，试卷总分150分. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.请用2B铅笔和0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上指定区域内作答. 一、单选题 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用集合交集的知识求解即可. 【详解】则 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的四则运算即可求解. 【详解】由， 可得：，， 所以：， 故选：D 3. 点在曲线上，设曲线在点处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合导数的几何意义求出切线的斜率的取值范围，进而根据斜率与倾斜角的关系以及倾斜角的范围，即可求出结果. 【详解】由题意得，即， 又，所以， 故选：D. 4. 设单调递增的等比数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意求出、，即可得到，从而得到，再根据等比数列求和公式计算可得； 【详解】解：由，即，所以，可得，解，得或（舍去），，所以，从而，从而. 故选：C 5. 已知函数，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】探讨函数的奇偶性，再利用导数探讨其单调性即可求解不等式作答. 【详解】函数定义域为R，，即函数是奇函数， 又，因此函数在R上单调递增， 不等式，即， 于是，即，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：D 6. 已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内含 【答案】B 【解析】 【分析】先将化为标准方程，求出圆心和半径，再利用给定条件求解出参数，最后利用圆与圆的位置关系判断即可. 【详解】因为，所以， 故的圆心为，半径且， 而的圆心为，半径， 因为关于直线对称，所以直线经过圆心， 故，解得，由两点间距离公式得， 所以，则圆与圆外切，故B正确. 故选：B. 7. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 11 B. 12 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线是曲线的切线求解，可得切线方程，再设直线与曲线的切点，由切点处的导数值等于切线的斜率，且切点处的函数值相等列式求解n，则答案可求． 【详解】解：由，得，由，解得， 则直线与曲线相切于点， ∴，得， ∴直线是曲线的切线， 由，得，设切点为， 则，且，联立可得， 解得，所以． ∴． 故选：A． 8. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在双曲线上，点在直线上，且满足.若存在实数使得，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及向量的运算，三角形的正弦定理，求出，再表示出，根据离心率的定义求解即可. 【详解】如图， 设的外接圆半径为，由， 有， 故， 所以直线过的内心，又点在直线上，所以点为的内心. 由可知， 记， 则由得点在轴上，且，令，则， 且，故. 则双曲线的离心率， 故选：C 二、多选题 9. 已知直线：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 原点到直线距离的最大值为 C. 若点，到直线的距离相等，则 D. 若直线经过一、二、三象限，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出直线定点可判选项A；当原点到定点的距离即是原点到直线的距离最大值，可判选项B；根据两点间的距离公式可判选项C；根据条件列出不等式组求解可判选项D 【详解】将化为， 令，即得，即直线过定点，故A对； 当原点到定点的距离即是原点到直线的距离最大值， 即原点到直线距离的最大值为，故B对； 点，到直线的距离相等， 即， 即，解得，或，故C错； 若直线经过一、二、三象限，则直线在x轴截距为负、y轴的截距为正， 令，则；令，则，则， 即，且或，所以，故D对； 故选：ABD 10. 已知数列的前项和为，且满足，，则（ ） A. 为等比数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等比数列的定义可判断A选项，可得，再结合数列的递推公式可得，进而可判断B、C、D选项. 【详解】依题意可得，则，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A选项正确； 则， 当时，， 当时，也满足， 所以，即，B选项错误； ，C选项正确； 又，，D选项正确； 故选：ACD. 11. 已知斜率为的直线l经过抛物线的焦点，与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意可得方程，联立曲线即可解出A，B两点坐标，结合两点间距离公式与向量数量积逐项计算即可得. 【详解】由题意可得，则， 联立可得，解得或， 即，， 对A：，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：，，则， 故与不垂直，即不为，故C错误； 对D：，又，故，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 12. 已知平面向量，，且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求出，进而求出即可求出. 【详解】由，得，解得， 而，，则，解得， 所以. 故答案为： 13. 已知圆，直线.若定点分弦为，求直线的方程___________. 【答案】或. 【解析】 【分析】根据题意确定之间的关系，并得出坐标关系的第一个关系式；将直线与圆的方程联立得到第二个关于坐标关系式；两个关系式联立即可求出的值，进而求出直线的方程. 【详解】设，由，， , ， ,① 由得:（*）,,② 由①②解得，带入（*）式解得， 直线的方程为或. 故答案为：或.. 14. 如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn.设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为，（），则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设圆的半径为，则可证为等比数列，求出其通项后可以求出面积也是等比数列，从而求出面积的和. 【详解】 如图，设圆与相切于点，过作的垂线，垂足为， 则，故， 设圆的半径为，则即， 而内切圆的半径即， 故，所以即为等比数列，所以， 是以为首项，为公比的等比数列，则 故答案为：. 四、解答题 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，即可得； （2） 利用正弦定理以及三角恒等变换可得,即可得解； 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得， 又因为， 所以，因为，所以， 因为，所以， 因为，， 所以由余弦定理得， 所以，所以， 所以的面积. 【小问2详解】 因为角为钝角，所以，所以， 因，所以， 代入得, 因为，所以，即， 所以的取值范围为. 16. 已知数列的前项和为，且成等差数列，． （l）求数列的通项公式； （2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由成等差数列，可得，进而得两式相减可化为，由此得数列是首项为2，公比为2的等比数列，从而可得结果； （2）据（1）求解知，，进而可得，利用等差数列与等比数列的求和公式可得结果. 【详解】（1）因为成等差数列， 所以，①，所以② ①②，得，所以 又当时，，所以，所以， 故数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，即； （2）据（1）求解知，，，所以， 所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列 又因为 ， 所以 . 【点睛】已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式. 17. 设函数，. （1）当时，求的单调区间； （2）令，是否存在实数，当时，函数的最小值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）存在， 【解析】 【小问1详解】 当时，，，得，  令，解得，令，解得，  故的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 存在实数，使得当时，的最小值是 理由如下：  因为，，所以，所以， ①当时，易知在上单调递减，所以在上的最小值为，解得，不合题意，舍去；  ②当时，时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，  所以在上的最小值为，解得，满足题意；  ③当时，时，，在上单调递减，所以在上的最小值为，解得，不合题意，舍去.  综上，存在实数，使得当时，的最小值是. 18. 已知数列的前项和为，且． （1）证明数列为等比数列，并求的通项公式； （2）在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和． （3）在（2）的前提下，若对于任意，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据，作差得到，从而得到，即可得证，再由等比数列通项公式计算可得； （2）依题意可得则，利用错位相减法计算可得； （3）依题意可得（）恒成立，令，利用作差法判断单调性，即可求出的最小值，即可得解． 【小问1详解】 因为①， 当时，，所以． 当时，②， 由①－②得，即， 所以，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故． 【小问2详解】 因为，所以， 解得，所以． 所以， ， 两式相减得 ， 所以． 【小问3详解】 由于对于任意，恒成立，即恒成立， 等价于的最小值大于． 令，则， 所以数列是递减数列，故数列中的最大值为， 所以的最小值为，所以当对于任意恒成立时，． 19. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，是椭圆上任一点，的面积的最大值为. （1）求椭圆标准方程； （2）四边形顶点在椭圆上，且对角线、过原点，设，， ①若，求证：直线和直线的斜率之和为定值； ②若，求四边形周长的取值范围. 【答案】（1） （2）①见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，找出之间的关系式，列方程求解即可； （2）①设出方程，直线与曲线联立，运用韦达定理，以及斜率公式求证即可； ②得出四边形为菱形，再结合弦长公式求出，通过换元结合二次函数最值即可求解． 【小问1详解】 由题意知：当点是椭圆的上、下顶点时，的面积取最大值， 即， 再根据离心率为， 可得：， 由， 解得：， 故椭圆的标准方程为：． 【小问2详解】 ①如图所示： 当直线斜率不存在时，不满足， 故直线斜率存在， 设直线的方程为， 联立，得， ， ， ， ， 整理得：， 即， 由题意知：与，与关于原点对称， 即， 即， 故， 所以直线和直线的斜率之和为定值． ②对角线、过原点，且， 即， 四边形为菱形， 故四边形的周长为：， 当直线斜率不存在时， ， ， 由， 得：， 即， 又， 解得：， 当直线斜率存在时，由①再结合，得， 得， 即， 故， 令， 则， ， ， 当时，， 当时，， 综上所述：， 四边形周长的取值范围为：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年第一学期第二次月考 高二数学（学科）试题 注意事项： 1.考试时间120分钟，试卷总分150分. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.请用2B铅笔和0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上指定区域内作答. 一、单选题 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 点在曲线上，设曲线在点处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ） A. B. C D. 4. 设单调递增的等比数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内含 7. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A 11 B. 12 C. D. 8. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在双曲线上，点在直线上，且满足.若存在实数使得，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、多选题 9. 已知直线：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 原点到直线距离的最大值为 C. 若点，到直线的距离相等，则 D. 若直线经过一、二、三象限，则 10. 已知数列的前项和为，且满足，，则（ ） A. 为等比数列 B. C. D. 11. 已知斜率为的直线l经过抛物线的焦点，与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题 12. 已知平面向量，，且，则_________. 13. 已知圆，直线.若定点分弦为，求直线的方程___________. 14. 如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn.设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为，（），则__________. 四、解答题 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 16. 已知数列的前项和为，且成等差数列，． （l）求数列通项公式； （2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值. 17. 设函数，. （1）当时，求的单调区间； （2）令，是否存在实数，当时，函数的最小值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18. 已知数列前项和为，且． （1）证明数列为等比数列，并求的通项公式； （2）在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和． （3）在（2）的前提下，若对于任意，恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，是椭圆上任一点，的面积的最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）四边形顶点椭圆上，且对角线、过原点，设，， ①若，求证：直线和直线的斜率之和为定值； ②若，求四边形周长的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $