精品解析：上海市南洋模范中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷

2024-2025学年上海市南洋模范中学高二年级上学期 12月月考数学试卷 2024.12 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1. 底面直径为2的圆锥，它的轴截面是等边三角形，则该圆锥的表面积为___________． 2. 直线与平行，则实数__________. 3. 直线的倾斜角为，且，若过点，则直线的方程为__________. 4. 已知数列的前n项和为，且，，则_________. 5. 直线的方程为，当原点O到直线的距离最大时，的值为______． 6. 若直线过一、三、四象限，则的取值范围为___________. 7. 已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，三条侧棱两两垂直，且，若F为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 8. 已知等差数列的前n项和，若，且P，A，B，C四点共面（O为该平面外一点），则_________. 9. 已知P，Q分别在直线：与直线：上，且，点，，则的最小值为________. 10. 已知数列中，，，，若对任意的正整数n及，不等式总成立，则实数t的取值范围为_________. 11. 如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是__． 12. 四面体的四个面的面积之和称为该四面体的全面积.过全面积为500的四面体的每个顶点，作一个平面与另外三个顶点所在平面平行，则由作出的这四个平面所围成的新的四面体的全面积是___________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 已知圆锥的侧面展开图是圆心角为且弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 14. 已知A(－1,1,2)，B(1,0，－1)，设D在直线AB上，且，设C(λ，＋λ，1＋λ)，若CD⊥AB，则λ的值为(　　) A. B. － C. D. 15. 在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 16. 已知集合直线l，其中m，n是正常数，，下列结论中正确的是（ ） A. 当时，S中直线的斜率为 B. S中的所有直线可覆盖整个直角坐标平面 C. 当时，S中的两条平行线间的距离的最小值为2n D. S中所有直线均经过同一个定点 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知直线：，：，直线与交于点 （1）求过点且与垂直的直线的方程； （2）点是直线上异于的一点，若为的角平分线，求点所在的直线的方程． 18. 如图，在三棱锥中，若，，，点为棱上一点，且，点为线段的中点 （1）求的长度； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 19. 如图，AB是圆柱的一条母线，已知BC过底面圆的圆心O，D是圆O上不与点B、C重合的任意一点，： （1）求直线AC与平面ABD所成角的大小； （2）求点B到平面ACD的距离； （3）将四面体ABCD绕母线AB旋转一周，求由旋转而成的封闭几何体的体积； 20. 如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 21. 已知无穷实数列，，若存在，使得对任意，恒成立，则称为有界数列； 记，（，2，3…，），若存在，使得对任意，，恒成立，则称为有界变差数列. （1）已知无穷数列的通项公式为，，判断是否为有界数列，是否为有界变差数列，并说明理由； （2）已知首项为，公比为实数q的等比数列为有界变差数列，求q的取值范围； （3）已知两个单调递增的无穷数列和都为有界数列，记，，证明：数列为有界变差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上海市南洋模范中学高二年级上学期 12月月考数学试卷 2024.12 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1. 底面直径为2的圆锥，它的轴截面是等边三角形，则该圆锥的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由轴截面是等边三角形求出圆锥底面半径与母线长，再由圆锥表面积公式计算． 【详解】因为圆锥的底面直径为2，它的轴截面是等边三角形， 则圆锥的母线长，底面半径， 所以圆锥表面积为． 故答案为：． 2. 直线与平行，则实数__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线平行满足的系数关系即可求解. 【详解】由于直线与平行， 故，解得， 故答案为： 3. 直线的倾斜角为，且，若过点，则直线的方程为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线l的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得. 【详解】由直线l的倾斜角为，且，得，则， 因此直线l的斜率，直线l的方程为或， 所以直线l的方程为或. 故答案为：或 4. 已知数列的前n项和为，且，，则_________. 【答案】97 【解析】 【分析】由已知得出，然后由累加法求解． 【详解】∵，，∴， ∴，∴. 故答案为：97 5. 直线的方程为，当原点O到直线的距离最大时，的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】整理直线方程，建立方程组，求其定点的坐标，结合直线垂直的斜率公式，可得答案. 【详解】由，整理可得， 令，解得，则直线过定点， 易知当时，原点到直线的距离最大，显然此时斜率都存在， 直线的斜率，直线的斜率， 由，则，解得. 故答案为：. 6. 若直线过一、三、四象限，则的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】将直线方程化为斜截式，再根据题意列出不等式求解即可. 【详解】因为直线方程为，即为， 又因为直线过一、三、四象限， 所以直线在轴上的截距小于零， 即，解得， 所以的取值范围为. 故答案为： 7. 已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，三条侧棱两两垂直，且，若F为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，可将该几何体置于棱长为2的正方体中并以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出，的坐标，利用空间向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】因，，三条侧棱两两垂直，且， 故可将该几何体置于棱长为2的正方体中，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 故，， 则异面直线与所成角的余弦值为： . 故答案为：. 8. 已知等差数列的前n项和，若，且P，A，B，C四点共面（O为该平面外一点），则_________. 【答案】2024 【解析】 【分析】根据四点共面的结论可得，再结合等差数列的性质和求和公式运算求解. 【详解】若，即， 且P，A，B，C四点共面（O为该平面外一点）， 可得，即， 所以. 故答案为：2024. 9. 已知P，Q分别在直线：与直线：上，且，点，，则的最小值为________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用数形结合，找到线段的等量关系进行转化，找到最小值即可得解. 【详解】因为，， 所以直线与间的距离为，又，故， 过作直线垂直于，如图， 则可设直线的方程为，代入，得，则， 所以直线的方程， 将沿着直线往上平移个单位到点，设， 则，解得或（舍去），则， 连接交直线于点P，过P作于Q，连接BQ， 有，即四边形为平行四边形， 则，即有， 显然是直线上的点与点距离和的最小值， 因此的最小值，即的最小值， 因为，，所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将等价转化为，从而得解. 10. 已知数列中，，，，若对任意的正整数n及，不等式总成立，则实数t的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】把递推公式转化为，累加法求得，由数列为递增数列，得，转化为即，当时恒成立，求解即可. 【详解】数列中，，，，整理得 ，， 数列是常数列，则，整理得， 所以，所以该数列单调递增，所以， 即，当时恒成立，只需满足，解得. 11. 如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是__． 【答案】 【解析】 【分析】先由余弦定理求出，从而得到，确定BC的中点E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，再证明出为AD的中点，N为的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围. 【详解】因为，由余弦定理得： ， 因为，由勾股定理逆定理得：， 直四棱柱中，底面为平行四边形， 故⊥CD， 点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故BC为直径， 取BC的中点E，则E为三棱锥的外接球球心在平面的投影， 设与AD相交于点M，与相交于点N，连接EM，ED， 则EM=ED 因为，故，， 故三角形DEM为等边三角形，， 即为AD的中点，同理可得：N为的中点， 连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上， 显然，当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小， 假如点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大， 如图1，点P与点N重合，连接OC，设，则OE=2-R，， 由勾股定理得：，即，解得：， 此时外接球表面积为； 如图2，当点P与或重合时，连接， 其中， 设，则， 由勾股定理得：，， 故，解得：， 此时外接球半径为，故外接球表面积为， 但因为点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到， 综上：的取值范围是. 故答案为： 【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积. 12. 四面体的四个面的面积之和称为该四面体的全面积.过全面积为500的四面体的每个顶点，作一个平面与另外三个顶点所在平面平行，则由作出的这四个平面所围成的新的四面体的全面积是___________. 【答案】4500 【解析】 【分析】根据题目条件分析出原四面体的顶点分别为新四面体各个面的重心，则根据相似比易得新四面体的全面积. 【详解】设原四面体为，过每个顶点作平行平面得到新四面体 如下图所示，设过全面积为的四面体的每个顶点作一个平面与另外三个顶点所在平面平行， 作出的这四个平面围成的新四面体为，显然是唯一的， 而当分别为各个面对应三角形的重心时， 连接交于点，连接交于点， 则有，且为中位线， 所以且， 同理可得且，且， 且，且，且. 即当分别为各个面对应三角形的重心时恰满足题目条件， 此时四面体的棱长为四面体对应棱长的三倍， 所以四面体的全面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于分析得新的四面体的棱长是原来四面体对应棱长的三倍，从而得解. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 已知圆锥的侧面展开图是圆心角为且弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据侧面展开图扇形的弧长求出圆锥的母线及圆锥底面半径，然后求出圆锥的高，代入圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l. 由弧长公式可得，解得， 又，解得， 所以. 所以圆锥的体积为：. 故选：C 14. 已知A(－1,1,2)，B(1,0，－1)，设D在直线AB上，且，设C(λ，＋λ，1＋λ)，若CD⊥AB，则λ的值为(　　) A. B. － C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设D(x，y，z)，根据求出D(，，0)，再根据CD⊥AB得·＝2(－λ)＋λ－3(－1－λ)＝0，解方程即得λ的值. 【详解】设D(x，y，z)，则＝(x＋1，y－1，z－2)，＝(2，－1，－3)，＝(1－x，－y，－1－z)， ∵＝2，∴∴ ∴D(，，0)，＝(－λ，－λ，－1－λ)， ∵⊥，∴·＝2(－λ)＋λ－3(－1－λ)＝0，∴λ＝－． 故选：B 【点睛】(1)本题主要考查向量的线性运算和空间向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2). 15. 在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，因为平面的法向量既垂直于平面内的向量，也垂直于平行于平面的向量，求得法向量，由点到面的距离公式即可求得结果. 【详解】如图，以原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ∴，，，， ∴，， 设平面的一个法向量为， ∵，，∴，， 即， 令则， 即为平面的一个法向量， ∴点到平面的距离. 故选：D 【点睛】方法点睛：求点到面的距离可以由点与平面上一个点的向量在这个平面的法向量上的投影长得到，所以本题需要求出平面的其中一个法向量，平面的法向量可以通过平面内的向量和平行于平面的向量来求得. 16. 已知集合直线l，其中m，n是正常数，，下列结论中正确的是（ ） A. 当时，S中直线的斜率为 B. S中的所有直线可覆盖整个直角坐标平面 C. 当时，S中的两条平行线间的距离的最小值为2n D. S中所有直线均经过同一个定点 【答案】C 【解析】 【分析】对于A：代入根据直线方程求斜率即可判断；对于BD：举反例说明即可；对于C：分析可知直线l与曲线相切，结合圆和椭圆的性质分析判断. 【详解】对于选项A：当时，则， 所以S中直线的斜率，故A错误； 对于选项B：因为不满足方程，所以S中的所有直线不可覆盖整个平面，故B错误； 对于选项C：设， 可知点在直线l上，也在曲线上， 联立方程，消去y可得：，解得， 可知直线l与曲线相切， 若，可知曲线表示半径为n的圆， 所以S中的两条平行线间的距离均为2n； 若，可知曲线表示短半轴长为的椭圆， 所以S中的两条平行线间的距离的最小值为2n； 综上所述：S中的两条平行直线间的距离为，故C正确； 对于选项D：若，则直线为，若，则直线为， 两直线平行，没有公共点，所以S中所有直线不可能经过同一个定点，故D错误； 故选：C. 【点睛】关键点点睛：对于C：联立方程证明直线l与曲线相切，将距离问题转化为切线问题，进而分析判断. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知直线：，：，直线与交于点 （1）求过点且与垂直的直线的方程； （2）点是直线上异于的一点，若为的角平分线，求点所在的直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出，再写出点斜式方程即可； （2）取点，求出其关于直线的对称点坐标，再利用点斜式方程即可. 【小问1详解】 令，则，解得， 则，因为直线的斜率，则， 则直线的方程为，即. 【小问2详解】 取点，设其关于直线的对称点， 则，解得. 则点所在的直线的方程，即. 18. 如图，在三棱锥中，若，，，点为棱上一点，且，点为线段的中点 （1）求的长度； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的四则运算，用，，表示，结合向量数量积的运算律求解即可； （2）根据向量数量积公式和运算律求解即可. 【小问1详解】 因为为线段的中点，，所以，， 所以 ， 又因为，， 所以. 【小问2详解】 由（1）得 ， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. 19. 如图，AB是圆柱的一条母线，已知BC过底面圆的圆心O，D是圆O上不与点B、C重合的任意一点，： （1）求直线AC与平面ABD所成角的大小； （2）求点B到平面ACD的距离； （3）将四面体ABCD绕母线AB旋转一周，求由旋转而成的封闭几何体的体积； 【答案】（1）；（2）；（3）； 【解析】 【分析】（1）由AB⊥CD，BD⊥CD得出CD⊥平面ABD，故而∠CAD即为所求角，利用勾股定理得出AC，即可得出sin∠CAD； （2）过B作BM⊥AD，垂足为M，通过证明平面ABD⊥平面ACD得出BM⊥平面ACD，利用等面积法求出BM； （3）△ACD绕AB旋转而成的封闭几何体为大圆锥中挖去一个小圆锥，使用作差法求出体积． 【详解】（1）∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD， ∴AB⊥CD， ∵BC是圆O的直径， ∴BD⊥CD， 又BD⊂平面ABD，AB⊂平面ABD，AB∩BDE＝B， ∴CD⊥平面ABD． ∴∠CAD是AC与平面ABD所成的角． ∵AB＝BC＝5，∴AC＝5， ∴sin∠CAD． ∴直线AC与平面ABD所成角的大小为． （2）过B作BM⊥AD，垂足为M， 由（1）得CD⊥平面ABD，CD⊂平面ACD， ∴平面ABD⊥平面ACD， 又平面ABD∩平面ACD＝AD，BM⊂平面ABD，BM⊥AD， ∴BM⊥平面ACD． ∵BD4，∴AD． ∴BM．即B到平面ACD的距离为． （3）线段AC绕AB旋转一周所得几何体为以BC为底面半径，以AB为高的圆锥， 线段AD绕AB旋转一周所得几何体为以BD为底面半径，以AB为高的圆锥， ∴△ACD绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积V15π． 【点睛】本题考查了线面垂直的判定，空间角的计算，旋转体的体积计算，属于中档题． 20. 如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】 （1）因为四边形为矩形，所以为的中点.连接， 在中，分别为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） （3）在线段上存在一点满足题意，且 【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值； (3)假设点Q存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q的存在性和位置. 【详解】（1）略 （2）易知两两垂直，如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，所以. 设平面的法向量为， 则即解得 令，得 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， ，据此可得 ， 则平面的一个法向量为， ，于是. 故二面角的正弦值为. （3）设存在点满足条件. 由， 设，整理得， 则. 因为直线与平面所成角的大小为， 所以 解得， 由知，即点与重合. 故在线段上存在一点，且. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题： (1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． (2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 21. 已知无穷实数列，，若存在，使得对任意，恒成立，则称为有界数列； 记，（，2，3…，），若存在，使得对任意，，恒成立，则称为有界变差数列. （1）已知无穷数列的通项公式为，，判断是否为有界数列，是否为有界变差数列，并说明理由； （2）已知首项为，公比为实数q的等比数列为有界变差数列，求q的取值范围； （3）已知两个单调递增的无穷数列和都为有界数列，记，，证明：数列为有界变差数列. 【答案】（1）当时，为有界数列，理由为： ， 则即可，则为有界数列. 由，知， ，（，2，3…，）， ， 则即可，则为有界变差数列. （2）； （3） 证明：因为和为有界数列， 则存在，使得对任意，恒成立， 则存在，使得对任意，恒成立， ， 和为单调递增数列的有界数列， ， 则， 则 ， 存在即可，则数列为有界变差数列. 【解析】 【分析】（1）由于，所以可得无穷数列为有界数列，由于，再由有界变差数列的定义进行判断即可； （2）由有界变差数列的定义可得，则为首相为，公比为的等比数列，从而可求得，然后分和进行讨论再结合有界变差数列的定义可得结果； （3）由题意可得则存在，使得对任意，恒成立，则存在，使得对任意，恒成立，由于和为单调递增数列的有界数列，所以可得，再求可得结论 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 则， 当时，则，显然满足题意. 当时，则，则， 若，则，舍去，矛盾. 当时，则为首相为，公比为的等比数列， 则， 若时，，则符合题意. 若时，趋向于无穷大，与题意矛盾，舍去. 则q的取值范围为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个，一方面是理解有界数列和有界变差数列的定义，通过分析题设所给不等式进行判定；另一方面是解答第三问时绝对值的三角不等式的性质以及放缩法的应用，通过分析题设不等式找到的一个值即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $