精品解析：上海市宝山中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试卷

上海市宝山中学2024学年第二学期3月月考 高二年级 数学试卷 命题教师：黄欣瑜 审核教师：阚雪钢 考生注意： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2．本考试分设试卷和答题纸，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸的相应位置，在试卷上作答一律不得分. 一、填空题（本大题共12题，1~6题每题4分，7~12题每题5分，共54分） 1. 直线的倾斜角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线的一般式方程可求得直线的斜截式方程，再根据斜截式方程得出直线斜率，从而求出倾斜角. 【详解】由题意得，， 即直线的斜率为， 所以直线的倾斜角的正切值为， 则直线的倾斜角为. 故答案为：. 2. 若2，，8是等比数列，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比中项运算求解即可. 【详解】因为2，，8是等比数列，则， 所以. 故答案为：. 3. 已知等比数列的前项和为，公比为2，且，则__________ 【答案】1 【解析】 分析】根据等比数列基本量关系求解即可. 【详解】依题意，，故，解得. 故答案为：1 4. 若直线，的夹角为，则m的值为___________. 【答案】0 【解析】 【分析】先求出的倾斜角，根据直线与的夹角为，求出的倾斜角，继而求出m. 【详解】直线的斜率为-1，倾斜角为，由题知，直线与的夹角为，所以直线的倾斜角为或0（舍），所以. 故答案为：0. 5. 已知球的半径为5，球心到平面的距离为4，则球被平面截得的截面面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用勾股定理可求得截面的半径，即可求解 【详解】 设截面圆的半径为，球的半径为，球心到平面的距离为， 则， 即 可得， 所以截面面积， 故答案为：. 6. 已知双曲线的右焦点为，则双曲线的渐近线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知焦点在x轴上，且，即可得渐近线方程. 【详解】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上， 且右焦点为，即，可得， 所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 7. 已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面展开图可得，结合轴截面分析线面夹角. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为 由题意可得：，即， 可知圆锥的轴截面为等边三角形，所以该圆锥的母线与底面所成角的大小为. 故答案为：. 8. 在等比数列中，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的下标和性质整理可得，即可得结果. 【详解】因为数列为等比数列，且， 可得，即， 所以. 故答案为：. 9. 已知数列的前项和为，则数列的通项公式为________． 【答案】 【解析】 【分析】由的关系作差即可求解； 【详解】由， 可得：， 两式相减可得：， 当时，，不满足上式， 所以， 故答案为： 10. 已知数列中，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由递推公式构造，通过等比数列通项公式即可求解； 【详解】由， 可得：， 所以是首项为，公比为3的等比数列， 所以， 所以， 故答案为： 11. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上的点，点为其准线上的点，且满足．若，则的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求出点的横坐标，设，利用求出点坐标，再根据两点距离公式求出进而求的面积即可. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为， 点为抛物线上的点，且， 设点横坐标为，则由抛物线的定义可知，解得， 将代入抛物线方程，解得， 由对称性不妨取，设， 则，， 因为，则，解得，即， 所以， 所以的面积， 故答案为：. 12. 已知是无穷等比数列，其前项和为，，．若对任意正整数，都有，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由等比数列求和公式，通过讨论的奇偶性，即可求解； 【详解】由，，可得， 所以， 所以 由，即得， 当为偶数时，， 即， 对于，易知当时，取得最小值， 所以， 当为奇数时，， 即 对于，易知当时，， 当时，，所以， 所以的取值范围是， 故答案为： 二、选择题（本大题共4题，13~16题每题4分，共16分） 13. 如图，在四面体中，是的中点.设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性关系即可求解. 【详解】, 故选：C 14. 已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面平行的性质定理与判定定理即可判断出关系． 【详解】因为，，，则， 所以“”是“”的必要条件； 因为，，， 所以，且，所以， 所以“”是“”的充分条件； 则“”是“”的充要条件． 故选：C． 15. 中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图1角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2），这两个三棱柱有一个公共侧面，且四边形为正方形．在底面中，若，，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积. 【详解】如图所示， 该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成. 记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为， 则， 由于是两个相同的直三棱柱，所以 . 所以 . 故选：D. 16. 已知函数．若数列的前项和为，且满足，，则的最大值为（ ） A. 23 B. 12 C. 20 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到及递推公式，要想最大，则分两种情况，为负数且最小或为正数且最大，进而求出最大值. 【详解】由题意可知：， 当时，； 当时，， 两式相减可得：，整理得：， 所以，或， 当是公差为的等差数列，且时，最小，可能最大， 此时，解得，此时； 当且是公差为的等差数列时，最大，可能最大， 此时，解得，此时； 综上所述：的最大值为. 故选：D. 三、解答题（本大题共5题，共12+14+18+18+18=80分） 17. 已知圆，直线． （1）求过圆心且与直线垂直的直线的一般式方程； （2）直线与圆交于，两点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设与直线垂直的直线的一般式方程为，代入圆心即可得结果； （2）先求圆心到直线的距离，根据垂径定理求弦长，进而可得面积. 【小问1详解】 由题意可知：圆的圆心为，半径， 设与直线垂直直线的一般式方程为， 代入可得，即， 所以所求直线方程为. 【小问2详解】 因为圆心到直线的距离， 则， 所以的面积. 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，为上一点． （1）求证：平面平面； （2）当Q为中点时，求点B到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）通过证明和得出平面，再由直线在面内，即可得出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系并表达出各点坐标，得出对应的向量和平面的法向量，即可求出点B到平面的距离. 【小问1详解】 由题意证明如下， ∵四边形是正方形， ∴． ∵平面平面，所以 ∴． 平面，平面， ∴平面． ∵平面， ∴平面平面． 【小问2详解】 由题意及（1）得， 在正方形中，, 在四棱锥中，，平面，Q为中点， 面，面，, ∴，， 建立空间直角坐标系如下图所示 ． 所以， 设平面的法向量为， 则得 当时，则， 设点B到平面的距离为， ， 则． 19. 已知数列为等差数列，首项，公差． （1）若，证明：等比数列； （2）若，设数列的前项和为，求满足的的最小值． （3）若，求数列的前项和； 【答案】（1）证明见详解 （2）13 （3） 【解析】 【分析】（1）由等差数列通项公式可得，结合等比数列定义分析证明； （2）由题意可得，利用裂项相消法求和； （3）由题意可得以及数列的前项和，根据的符号去绝对值求和. 【小问1详解】 因为数列为等差数列，首项，公差， 所以. 对于，且， 所以等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知：， 可得， 令，解得， 所以满足的的最小值为13. 【小问3详解】 由（1）可知：， 则，可知数列为等差数列， 设数列的前n项和为，则， 令，解得， 当时，，则； 当时，，则 ； 综上所述：. 20. 已知椭圆，若椭圆的长轴长为4且经过点，过点的直线交椭圆于，两点． （1）求椭圆方程； （2）若面积为，求此时直线的方程； （3）若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由长轴长求出，将代入椭圆方程求出，得到答案； （2）根据题意设直线，与椭圆方程联立可得，由，代入运算化简求解； （3）根据题意有，转化为，由第二问韦达定理代入运算得解. 【小问1详解】 由题意可知：，即， 将点代入椭圆方程得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 根据题意知：直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线，，， 联立，消去整理得， 则，， 可得， 则，解得，即， 所以直线的方程为或. 【小问3详解】 在轴上存在点使得，理由如下： 因为，可知，即， 则， 整理得， 则， 且，解得， 所以在轴上存在点，使得. 21. 若各项为正的无穷数列满足:对于，其中为非零常数，则称数列为指形数列;若数列满足:，且时，有，则称数列为凹形数列. （1）若，判断数列是不是指形数列?若是，证明你的结论，若不是，说明理由; （2）若，证明指形数列也是凹形数列; （3）若指形数列是递减数列，令，求使得成立的最小正整数. 【答案】（1）是，证明见解析 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据对数运算得，即证明其为指形数列； （2）根据指形数列的概念求得，再计算，结合基本不等式即可证明其为凹形数列； （3）根据指形数列的定义得，再利用其为递减数列得，从而求得，再利用等比数列求和公式得，最后引入高斯函数，分类讨论即可. 【小问1详解】 数列是指形数列. 当时，， ， 即数列是指形数列. 【小问2详解】 若是指形数列，且，则， 此时数列是以为首项，为公差的等差数列， ， 当，且时， 等号不成立，，即若， 则指形数列也是凹形数列. 【小问3详解】 若是指形数列，且，则， 此时数列是以为首项，为公差的等差数列， ，. 该指形数列是递减数列， ，即，得， . . ，， ，. 令等于不大于的最大正整数， 当时，； 当时，，以上. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用等差数列性质和对数运算得，再结合等比数列求和得，最后分类讨论即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市宝山中学2024学年第二学期3月月考 高二年级 数学试卷 命题教师：黄欣瑜 审核教师：阚雪钢 考生注意： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2．本考试分设试卷和答题纸，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸的相应位置，在试卷上作答一律不得分. 一、填空题（本大题共12题，1~6题每题4分，7~12题每题5分，共54分） 1. 直线的倾斜角为___________. 2. 若2，，8等比数列，则实数________． 3. 已知等比数列的前项和为，公比为2，且，则__________ 4. 若直线，的夹角为，则m的值为___________. 5. 已知球的半径为5，球心到平面的距离为4，则球被平面截得的截面面积为________． 6. 已知双曲线的右焦点为，则双曲线的渐近线方程为________． 7. 已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为________． 8. 在等比数列中，，则________． 9. 已知数列的前项和为，则数列的通项公式为________． 10. 已知数列中，，，则________． 11. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上的点，点为其准线上的点，且满足．若，则的面积为________． 12. 已知是无穷等比数列，其前项和为，，．若对任意正整数，都有，则取值范围是________． 二、选择题（本大题共4题，13~16题每题4分，共16分） 13. 如图，在四面体中，是的中点.设，，，则（ ） A. B. C. D. 14. 已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 15. 中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图1角楼顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2），这两个三棱柱有一个公共侧面，且四边形为正方形．在底面中，若，，则该几何体的体积为（ ） A B. C. D. 16. 已知函数．若数列的前项和为，且满足，，则的最大值为（ ） A. 23 B. 12 C. 20 D. 三、解答题（本大题共5题，共12+14+18+18+18=80分） 17. 已知圆，直线． （1）求过圆心且与直线垂直的直线的一般式方程； （2）直线与圆交于，两点，求的面积． 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，为上一点． （1）求证：平面平面； （2）当Q为中点时，求点B到平面距离． 19. 已知数列为等差数列，首项，公差． （1）若，证明：是等比数列； （2）若，设数列的前项和为，求满足的的最小值． （3）若，求数列的前项和； 20. 已知椭圆，若椭圆的长轴长为4且经过点，过点的直线交椭圆于，两点． （1）求椭圆方程； （2）若面积为，求此时直线的方程； （3）若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 21. 若各项为正的无穷数列满足:对于，其中为非零常数，则称数列为指形数列;若数列满足:，且时，有，则称数列为凹形数列. （1）若，判断数列是不是指形数列?若是，证明你的结论，若不是，说明理由; （2）若，证明指形数列也是凹形数列; （3）若指形数列是递减数列，令，求使得成立的最小正整数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $