精品解析：湖北省荆州中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题

荆州中学2024-2025学年高二上学期12月月考 数学试题 一.单选题（本题共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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的中项求解. 【详解】解：由等差数列的性质可知， 所以． 故选：A． 2. 若双曲线的离心率为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线方程结合离心率公式运算求解即可. 【详解】由题意知，双曲线的离心率，所以． 故选：D． 3. 袋子中有5个质地完全相同的球，其中2个白球，3个是红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记第一次摸到红球”，“第二次摸到红球”，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式求出，即可判断A、C；利用公式求出，即可判断B、D. 【详解】，则，故C正确； ，则，故A错误； ，则，故B错误； ，故D错误， 故选：C. 4. 若数列的前四项依次为2，12，112，1112，则的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用检验法排除ABC，再利用观察法，总结数列的前几项的规律，从而得解. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，由，，，， 可得的一个通项公式为，故D正确. 故选：D. 5. 设定点，，动点满足条件，则点的轨迹是（ ） A. 椭圆 B. 线段 C. 射线 D. 椭圆或线段 【答案】D 【解析】 【分析】由基本不等式可得，再由椭圆的定义，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 当且仅当时等号成立， 当时，，而，此时点的轨迹是线段； 当时，， 此时点的轨迹是以、为焦点的椭圆. 综上所述，点的轨迹是以、为焦点的椭圆或线段. 故选：D 6. 为了普及党史知识，某校举行了党史知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.则甲、乙两人共答对至少3道题的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用相互独立事件、互斥事件概率公式求出，再利用利用相互独立事件、互斥事件求解作答. 【详解】依题意，，而，解得，， 设“甲同学答对了i题”，“乙同学答对了i题”，（）， 则，，，， 甲、乙两人共答对至少3道题的事件， 因此， 所以甲、乙两人共答对至少3道题的概率是． 故选：C 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 7. 已知椭圆：，是椭圆上的点，，是椭圆的左右焦点，若恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出点的坐标，根据向量的坐标法列得不等式，变形后求得离心率的取值. 【详解】设，则，，， ， 因为，所以，又， 所以时，取得最大值， 恒成立，则，变形得， 又，故解得. 故选：D. 8. 定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差．设数列是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前项和（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助所给新定义与等差数列定义可得数列的通项公式，再利用裂项相消法计算即可得解. 【详解】由题意可得，则数列是以为首项，为公差的等差数列， 则，由，故，即（负值舍去）， 故，故， 则 ， 故. 故选：A. 二、多项选择题（本题共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，选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知圆：与圆：，下列说法正确的是（ ） A. 与的公切线恰有4条 B. 与相交弦的方程为 C. 与相交弦的弦长为 D. 若，分别是圆，上的动点，则 【答案】BD 【解析】 【分析】判断出两圆的位置关系即可判断A，由两圆的方程作差，即可判断B，由圆的弦长公式即可判断C，由即可判断D. 【详解】对于A，由已知得圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， ，， 故两圆相交，所以与的公切线恰有2条，故A错误； 对于B，做差可得与相交弦的方程为，故B正确； 对于C，到相交弦的距离为， 故相交弦的弦长为，故C错误； 对于D，若，分别是圆，上的动点， 因为， 则，故D正确. 故选：BD 10. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为递减数列 C. 数列中有两项的值最小 D. 数列中有16项的值为负数 【答案】ACD 【解析】 【分析】将代入计算，即可判断A，由累加法即可得到数列的通项公式，即可判断BCD. 【详解】对于A，当时，，所以，A对； 对于B，由，得当时，，，…，， 将上式相加，得， 所以 . 由二次函数的性质可知，不为递减数列，B错误； 对于C，因为， 所以当或时，取得最小值，C正确； 对于D，当时，，解得，，所以数列中有16项的值为负数，D正确. 故选：ACD 11. 在2024年欧洲杯某小组赛中，共有甲、乙、丙、丁四支队伍进行单循环比赛，即每两支队伍在比赛中都要相遇且仅相遇一次，最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时（ ） A. 四支球队的积分总和可能为15分 B. 甲队胜3场且乙队胜1场的概率为 C. 可能会出现三支球队积分相同且和第四支球队积分不同的情况 D. 丙队在输了一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平可判断A，根据甲胜乙、丙胜甲、乙胜丙、甲丁平、乙丁平、丙丁平判断C，由互斥事件与独立事件的概率公式计算概率判断BD. 【详解】四支球队共6场比赛，有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁. 对于A，四支球队共6场比赛，例如甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平， 则甲得9分，乙、丙、丁各得2分，所以四支球队的积分总和可能为15分，故A正确； 对于B，每场比赛中两队胜、平、负的概率都为， 则甲队胜3场且乙队胜1场的概率为，故B错误； 对于C，若甲胜乙、丙胜甲、乙胜丙、甲丁平、乙丁平、丙丁平， 则甲、乙、丙各得4分，丁得3分， 出现三支球队积分相同且和第四支球队积分不同的情况，故C正确； 对于D，丙队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分， 三队中选一队与丙比赛，丙输，，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平， 则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意， 在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意； 若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分， 这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢否则甲的分数不小于6分，只有全平或全输， ①若甲一平一输，概率是，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是； ②若甲两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意； ③若两场甲都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是； 综上概率为，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设数列的前项和为，若，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据与的关系可得到结果. 【详解】由题当时，， 当时，①， 则不满足①式， 所以. 故答案为：. 13. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用椭圆的性质得到的范围，再利用椭圆的定义将转化为关于的二次函数，从而得解. 【详解】由题意知，，所以， 设，则，即， 由，得， 故， 所以当时，取得最大值9， 当或时，取得最小值5， 故的取值范围为. 故答案为：. 14. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、，则该四面体的内切球与外接球体积之比为______ 【答案】## 【解析】 【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，最后利用球的体积公式进行求解. 【详解】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点， 该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）. 设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、， 则该正四面体的外接球也是正方体的外接球， 则，即. 由图可得该四面体的体积为： ， 又， 所以，解得， 则，. 故答案为：. 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. 设为等差数列的前项和，已知，. （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值及此时的值. 【答案】（1） （2），， 【解析】 【分析】（1）根据等差数列求和公式列式求得公差，然后求解通项公式即可. （2）先求出，再利用二次函数性质求解最小值即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得， 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知， 所以，当时，取最小值. 16. 已知圆经过、两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆相交于、两点，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆的标准式方程，代入计算，即可得到结果； （2）由向量数量积的定义可得，从而可得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 设圆的标准方程为，可知其圆心为， 由题意可得，解得， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 由题意，过点的直线与圆相交于、两点， 且，则， 所以，所以， 所以圆心到直线的距离， 由题意直线的斜率存在，设直线为，即， 所以，化简得， 解得或，所以直线的方程为或. 17. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. （1）证明：； （2）当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 【答案】（1） 过作，垂足为， 由题意知：为矩形，可得， 由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 可得平面ABCD，且平面， 所以. （2）2 【解析】 【分析】（1）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果； （2）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：平面ABCD， 取线段的中点，连接，则∥，， 又因为，可知， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为E为线段PF上一点，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可得：， 整理得，解得， 所以当，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 18. 已知椭圆：()的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别是，，上、下顶点分别是，，四边形的面积为，四边形的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）直线：与圆：相切，与椭圆交于，两点，若的面积为，求由点，，，四点围成的四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设椭圆的焦距为，根据题意列式求，即可得结果； （2）根据切线可得，联立方程，根据面积关系利用韦达定理解得，进而可得结果. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，根据题意可得， 解得，，， 所以椭圆的方程是． 【小问2详解】 设，， 因为直线与圆：相切，则，可得， 联立方程，消去y得， 因为圆在椭圆的内部，所以恒成立， 则，， 可得 ， 所以的面积， 即，解得， 此时直线轴，即， 所以四边形的面积为． . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以且代替得到曲线的方程，则称是由曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线，称为伸缩比. （1）若不过原点的直线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，证明：是与平行的直线； （2）已知伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，且与轴有A，B两个交点（在的左侧），过点且斜率为的直线与在轴的右侧有，两个交点. ①求的取值范围； ②若直线的斜率分别为，证明：为定值. 【答案】（1） 证明：设不过原点的直线的方程是都是常数，且a，b不同时为， 则曲线的方程是，且，即， 因为都是常数，且a，b不同时为， 所以曲线是一条直线，且与直线平行. （2）①； ②证明：由①知或，所以， ， ， 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）根据伸缩比的定义，计算证明即可. （2）①直曲联立，借助韦达定理计算即可；②结合①的结论，直接运算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①解：伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是， 所以曲线的方程是，即. 与轴的两个交点A，B的坐标分别是， 因为直线点，斜率为，所以直线的方程为，代入， 消去并整理得， 设， 则，， 因为与在轴的右侧有两个交点， 所以，且，解得或， 所以的取值范围是. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆州中学2024-2025学年高二上学期12月月考 数学试题 一.单选题（本题共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. 在等差数列中，，，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2. 若双曲线的离心率为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 袋子中有5个质地完全相同的球，其中2个白球，3个是红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记第一次摸到红球”，“第二次摸到红球”，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若数列的前四项依次为2，12，112，1112，则的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 5. 设定点，，动点满足条件，则点的轨迹是（ ） A. 椭圆 B. 线段 C. 射线 D. 椭圆或线段 6. 为了普及党史知识，某校举行了党史知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.则甲、乙两人共答对至少3道题的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆：，是椭圆上的点，，是椭圆的左右焦点，若恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差．设数列是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前项和（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共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，选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知圆：与圆：，下列说法正确的是（ ） A. 与的公切线恰有4条 B. 与相交弦的方程为 C. 与相交弦的弦长为 D. 若，分别是圆，上的动点，则 10. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为递减数列 C. 数列中有两项的值最小 D. 数列中有16项的值为负数 11. 在2024年欧洲杯某小组赛中，共有甲、乙、丙、丁四支队伍进行单循环比赛，即每两支队伍在比赛中都要相遇且仅相遇一次，最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时（ ） A. 四支球队的积分总和可能为15分 B. 甲队胜3场且乙队胜1场的概率为 C. 可能会出现三支球队积分相同且和第四支球队积分不同的情况 D. 丙队在输了一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设数列的前项和为，若，则数列的通项公式为______. 13. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点，则的取值范围为______. 14. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、，则该四面体的内切球与外接球体积之比为______ 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. 设为等差数列的前项和，已知，. （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值及此时的值. 16. 已知圆经过、两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆相交于、两点，且，求直线的方程. 17. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. （1）证明：； （2）当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 18. 已知椭圆：()的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别是，，上、下顶点分别是，，四边形的面积为，四边形的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）直线：与圆：相切，与椭圆交于，两点，若的面积为，求由点，，，四点围成的四边形的面积． 19. 在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以且代替得到曲线的方程，则称是由曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线，称为伸缩比. （1）若不过原点的直线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，证明：是与平行的直线； （2）已知伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，且与轴有A，B两个交点（在的左侧），过点且斜率为的直线与在轴的右侧有，两个交点. ①求的取值范围； ②若直线的斜率分别为，证明：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $