精品解析：贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学2024-2025学年高二下学期3月检测数学试题

贵阳市观山湖区第一高级中学2024-2025学年度第二学期 3月月考 高二数学试卷 一、单选题（本题8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数在点处的切线斜率为2，则a=（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知数列的首项，且（），则这个数列的第4项是（ ） A. B. C. D. 3 4. 已知直线与直线平行，则的值为（ ） A. 3 B. C. 1或 D. 或3 5. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知曲线，是曲线E上任意一点，则的最大值为 A. B. C. D. 二、多选题（本题3小题，每小题6分，漏选得部分分数，错选不得分.） 9. 已知是虚数单位，表示的共轭复数，复数满足，则下列正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. 是纯虚数 D. 若是方程的一个根，则 10. 已知三次函数有极小值点，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 函数有三个零点 C. 函数的对称中心为 D. 过可以作两条直线与的图象相切 11. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（　　） A. B. C. D. 三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数，则函数的解析式为_________； 13. 若向量，，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是_________ 14. 已知P，Q分别是直线l：和曲线C：上的动点，且P，Q两点不重合，O为坐标原点，G为的重心，则的最小值为_________ 四、解答题（本题5小题，其中第15题13分，第16、17题每题15分，第18、19题每小题17分.） 15. 已知函数 （1）当时，求函数的极值. （2）当时，求函数的单调区间. 16. 已知的长轴是短轴长的倍，原点到直线，的距离是. （1）求椭圆的方程； （2）求实数，使直线交椭圆于不同的点，，且. 17. 如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． （1）若，求的长； （2）求异面直线与所成角余弦值的最小值． 18. 如图，与存在对顶角，，，且. （1）试指出点O在上的具体位置，并说明理由； （2）若，求的长. 19. 已知等差数列的前n项和为，且，.当时，. （1）求数列、的通项公式； （2）（ⅰ）若，求数列的前n项和； （ⅱ）根据（ⅰ）试求出的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市观山湖区第一高级中学2024-2025学年度第二学期 3月月考 高二数学试卷 一、单选题（本题8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出一元二次方程的两根，再利用交集的定义即可求解. 【详解】因为一元二次方程的两根为和，所以， 所以. 故选：A 2. 函数在点处的切线斜率为2，则a=（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，求出，即可得解. 【详解】，， 故选：B. 3. 已知数列的首项，且（），则这个数列的第4项是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】可根据数列的递推公式，由首项逐步求出、，进而求出 【详解】已知，将代入递推公式中， 可得： ， 将代入递推公式中，此时， 则： ， 将代入递推公式中，此时， 则： ， 这个数列的第项是. 故选：A. 4. 已知直线与直线平行，则的值为（ ） A. 3 B. C. 1或 D. 或3 【答案】B 【解析】 【分析】根据两条直线平行列出方程，再代入验证即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以,解得，或； 当时，两条直线为：两条直线重合，舍去； 当时，两条直线为：两条直线平行； 故选：B 5. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质和定义可求得的值. 【详解】因为向量与的夹角为，，， 则，解得. 故选：C. 6. 已知函数，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的性质，结合正弦余弦函数奇偶性进行求解即可. 【详解】的定义域为． 令， 则，所以为奇函数， 又，所以， 则，所以． 故选：D 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用两角和的余弦公式结合商数关系求出，进而可求出，再根据两角和的正切公式即可得解. 【详解】由，得， 所以， 又因为，所以， 所以. 故选：C. 8. 已知曲线，是曲线E上任意一点，则的最大值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析曲线对应的曲线形状，利用点到直线的距离公式，分析的几何意义，结合图象，并根据同角三角函数关系式，及辅助角公式，可求得的最大值. 【详解】当时，，此时曲线是椭圆在第一象限的部分； 当时，，此时曲线是双曲线在第二象限的部分； 当时，，此时曲线是双曲线在第四象限的部分； 当时，，不表示任何曲线. 双曲线和双曲线的渐近线均为. 因为点到直线的距离为， 所以可以看作是的倍. 由渐近线的几何特征知，当或时，， 所以当点在第一象限，即满足时，可以取得最大值. 令，. 则. 显然当时，取得最大值，此时取得最大值. 故选：C. 二、多选题（本题3小题，每小题6分，漏选得部分分数，错选不得分.） 9. 已知是虚数单位，表示的共轭复数，复数满足，则下列正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. 是纯虚数 D. 若是方程的一个根，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知有，设且，进而求得，，最后依次判断各项正误. 【详解】由题设，令且， 所以，即， 所以，则，可得， 所以，，则，A错，B对； ，C对； 若是方程的一个根， 则，，故，D错. 故选：BC 10. 已知三次函数有极小值点，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 函数有三个零点 C. 函数的对称中心为 D. 过可以作两条直线与的图象相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意可得，即可判断A；求出函数的单调区间及极值，即可判断B；求出即可判断C；设出切点，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点求出切点，即可判断D. 【详解】， 因为函数有极小值点， 所以，解得， 所以，， 当或时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又 所以函数仅有个在区间上的零点，故A正确，故B错误； 对于C，由， 得， 所以函数的图象关于对称，故C正确； 对于D，设切点为，则， 故切线方程为， 又过点，所以， 整理得，即， 解得或， 所以过可以作两条直线与的图象相切，故D正确. 故选：ACD. 11. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用递推公式逐项计算可得的值，可判断A选项；推导出，，两式相加可判断B选项；推导出，利用裂项相消法可判断C选项；推导出，利用裂项相消法可判断D选项. 【详解】A：，，，，正确； B：当时，，① ，可得，② ①②得：，正确； C：对任意的，，则， 因此，，错误； D：， 因此， ，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用已知递推式关系推出，、、判断各项正误. 三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数，则函数的解析式为_________； 【答案】 【解析】 【分析】将求导，即可求出，代入即可得到的解析式. 【详解】因为， 所以， 所以， 解得， 把代入，得到. 故答案为： 13. 若向量，，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是_________ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量夹角为钝角的条件，借助数量积公式来确定实数的取值范围. 【详解】因为向量，，与的夹角为钝角， 所以且，即且， 即实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知P，Q分别是直线l：和曲线C：上的动点，且P，Q两点不重合，O为坐标原点，G为的重心，则的最小值为_________ 【答案】## 【解析】 【分析】设出点和的坐标，找到中点的坐标表达式，进而得到的表达式.通过构造点，将的最小值转化为点到点距离的平方的最小值.利用导数的几何意义找到曲线上与直线平行的切线的切点，求出点到点距离的最小值，从而得到，最后根据重心的性质求出. 【详解】因为在直线上，可设， 在曲线上，设，  设的中点为， 则， 将其变形为.   设，则的最小值即点到点的距离平方的最小值.  因为点在曲线上，点在直线上，要求， 就是求曲线上与直线平行的切线的切点到直线的距离.  对求导，可得，设切点为， 因与直线平行的切线斜率为，则，解得， 则切点为，因直线， 则点到直线的距离的最小值为.   故有，可得.  因为是的重心，重心将中线长分为， 故.   故答案为：. 四、解答题（本题5小题，其中第15题13分，第16、17题每题15分，第18、19题每小题17分.） 15. 已知函数 （1）当时，求函数的极值. （2）当时，求函数的单调区间. 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2）单调递增区间为，单调递减区间为. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数求出函数的极值. （2）求出函数的导数，在的条件下求出不等式，的解集即可. 【小问1详解】 当时，的定义域为， 求导得， 由，得或；由，得， 则函数在，上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，由，得；由，得， 所以函数单调递增区间为，单调递减区间为. 16. 已知的长轴是短轴长的倍，原点到直线，的距离是. （1）求椭圆的方程； （2）求实数，使直线交椭圆于不同的点，，且. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式，结合已知求出即可. （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理及数量积的坐标表示求出. 【小问1详解】 由的长轴是短轴长的倍，得， 由点，得直线的方程为， 由原点到直线的距离是，得，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由消去并整理，得，设点， ，， 而，，则， 即，整理得， 于是，解得或， 所以或. 17. 如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． （1）若，求的长； （2）求异面直线与所成角余弦值的最小值． 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）由翻折后的位置关系和可得平面，进而得，进而可得； （2）先在平面中找到，进而转化为求余弦的最小值，先利用求其正切的最大值，进而可得. 【小问1详解】 连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以, 当，，所以平面， 又平面，所以， 此时与相似，故， 设，由，解得，所以. 【小问2详解】 过作的平行线交于点，连接， 由，且， 得四边形是平行四边形，故， 所以即为异面直线与所成的角， 设， ， 所以锐角正切值的最大值为，此时余弦值有最小值， 所以异面直线与所成角余弦值的最小值为. 18. 如图，与存在对顶角，，，且. （1）试指出点O在上的具体位置，并说明理由； （2）若，求的长. 【答案】（1）O为中点，理由： 设，，则，. 在中，由余弦定理得： 在中，由余弦定理得：. 由，所以. 化简得：.故O为中点. （2） 【解析】 【分析】（1）通过设线段长度，利用余弦定理分别表示出和，再根据得到等式，最后化简等式得出线段中点的结论.（2）先通过证明三角形全等得到边与角的关系，再利用三角函数公式化简等式求出和，进而求出，最后根据正弦定理求出的长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 过D点做，交与E. 则. 由. 所以，又，所以. 所以. 所以，又，. 所以. 由 所以. 又，所以，所以. 所以. 即. 在中，根据正弦定理，可得：. 19. 已知等差数列的前n项和为，且，.当时，. （1）求数列、的通项公式； （2）（ⅰ）若，求数列的前n项和； （ⅱ）根据（ⅰ）试求出的最小值. 【答案】（1），； （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，再由等差数列的通项公式即可求出；由条件可得，由即可求出； （2）（ⅰ）将变形为，再用裂项相消法即可求出数列的前n项和； （ⅱ）令，根据在上单调性，即可知当时，取到最小值. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为d， 由，， 可得，解得， 故数列的通项公式为. ，两边同时乘以， 则， 令 当时，， 当时，， 可得， 所以， 当时，，故满足， 故. 【小问2详解】 （ⅰ）， 所以 . 故. （ⅱ）令，易知在上单调递增， 又因为，所以当时，取到最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $