精品解析：江西省庐山市第一中学等校2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册和选择性必修第二册第一章． 一、选择题：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. 数列6，66，666，6666，66666，…的一个通项公式（ ） A. B. C. D. 2. 数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，若，，则该数列的公差为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4. 将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 24 5. 除数函数，的函数值等于的正因数的个数，例如，．若，则（ ） A. 0 B. －1 C. 1 D. 6. 已知数列是单调递减数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，，，，，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在数列中，，对任意，，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为等差数列的前项和，公差为．若，，则下列数大于0的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知是正项等比数列的前项和，是数列的前项积，若，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若的公比为2，则当时，取得最小值 11. 已知是数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ） A. 可能为常数列 B. 若，则数列的前11项之和为－22 C. 若，则的最大值为3 D. 不可能为单调递增数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，是方程的两根，若，分别是，的等差中项和等比中项，则________． 13. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线经过点，且与的右支交于，两点，若，，则的离心率为________． 14. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到0的概率为，收到1的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．若第一个人发送信号0和1给第二个人，第二个人将接收到的信号发送给第三个人，依次类推，则第六个人收到的信号为0和1的概率为________． 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. 某商场为改进服务质量，在进场购物的顾客中随机抽取了100人进行问卷调查．调查后，就顾客购物体验的满意度统计如下： 满意 不满意 合计 男性 30 20 50 女性 40 10 50 合计 70 30 100 （1）请根据列联表，试判断是否有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关； （2）根据满意度利用分层随机抽样的方法从男性顾客中随机抽取5人，再从这5人中选出2人进行深入交流，记这2人中购物体验填写满意的人数为，求随机变量的分布列及数学期望． 附参考公式：，其中． 当时，没有充分的证据判断变量，有关联，可以认为变量，是没有关联的； 当时，有的把握判断变量，有关联； 当时，有的把握判断变量，有关联； 当时，有的把握判断变量，有关联． 16. 已知数列满足，记． （1）证明：数列是等差数列． （2）求的通项公式． （3）求的前20项和． 17. 已知是等比数列的前项和，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 18. 已知椭圆过点，离心率为． （1）求椭圆的方程． （2）过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点． （i）若，求的方程； （ii）已知分别是的左、右顶点，直线，分别交直线于，两点，证明：与的面积之比为定值． 19. 已知数列共有项，若对满足的任意正整数，均存在正整数，，使得，，，，互不相同，同时，则称数列具有性质． （1）判断数列是否具有性质； （2）已知数列具有性质，且，共有8项，，求满足题意的数列的个数； （3）已知数列具有性质，且，中至少有5项不相等，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册和选择性必修第二册第一章． 一、选择题：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. 数列6，66，666，6666，66666，…的一个通项公式（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用观察法求解即可. 【详解】所给数列可以写出， 故. 故选：D 2. 数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推式可得，，即可求出，，求出结果. 【详解】因为，，， 所以，，， 所以，， 所以，， 所以. 故选：B 3. 在等差数列中，若，，则该数列的公差为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的性质求解即可. 【详解】等差数列中，设公差为， 则， 故. 故选：D 4. 将6本不同的书（包括1本物理书和1本历史书）平均分给甲、乙两人，其中物理书和历史书不能分给同一个人，则不同的分配种数是（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】利用分步乘法原理和分组分配方法求解. 【详解】第一步：把1本物理书和1本历史书分给两个人，1人一本，有种分配方法, 第二步：把剩下4本书平均的分给两个人，有种分配方法, 所以共有种分配方法， 故选:B. 5. 除数函数，的函数值等于的正因数的个数，例如，．若，则（ ） A. 0 B. －1 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过判断 的奇偶性,即可求得结果. 【详解】因为,都是奇数，所以 故选：B. 6. 已知数列是单调递减数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数列的单调性求解即可. 【详解】数列是单调递减数列， 故，即 且，故. 故选：A 7. 在三棱锥中，，，，，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量求线面角即可. 【详解】，，，， 故， 设平面的一个法向量， 则，令，则， 故， 设与平面所成角为， 则. 故选：C 8. 在数列中，，对任意，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用累加法求出，然后利用裂项相消法求和即可. 【详解】令，则，即， 故， 累加得：， 故， 故， 故. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为等差数列的前项和，公差为．若，，则下列数大于0的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等差数列的性质和前项和的公式逐个求解即可. 【详解】， 故，所以公差，数列递减. 且，故， 且. 故选：AC 10. 已知是正项等比数列的前项和，是数列的前项积，若，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若的公比为2，则当时，取得最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据得，即，若求出即可判断A，由成等比数列即可求，利用等比数列的性质得，由即可求出，利用等比数列的性质即可求出，若公比为2，则可求得首项，由得解不等式即可判断D. 【详解】设公比为，由有，所以当时，或（舍去）， 所以，故A正确； 由成等比数列，所以，解得，故B正确； 由，因为，， 所以， 所以，故C错误； 公比为，，则，设为最小值， 则有，所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知是数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ） A. 可能为常数列 B. 若，则数列的前11项之和为－22 C. 若，则的最大值为3 D. 不可能为单调递增数列 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，假设存在常数列，求出即可；对于B，化简，求出从第二项开始是公差为的等差数列，然后求前11项和即可；对于C，利用当时，是等差数列，求出，然后求最值即可；对于D，利用当时，是递减的等差数列，即可判断. 【详解】对于A，若为常数列，设， 因为，故， 当时，方程恒成立， 故存在常数列，使，故A正确； 对于B，， 当时，， 两式做差得：， 且时，，即， 当时，，解得， 当时，，即， 所以，即， 故当时，是公差为的等差数列，且，， 当时，， 故数列的前11项之和为：，故B错误； 对于C，当时，，解， 由B知，当时， 是公差为得等差数列， ， 故当时，， 易知当时，取最小正数，此时取最大值，故C正确； 对于D,由B知，当时， ，是递减的等差数列， 故一定存在，使，且，即， 恒成立，所以可能为单调递增数列.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. 已知，是方程的两根，若，分别是，的等差中项和等比中项，则________． 【答案】或 【解析】 【分析】利用等差中项和等比中项的定义求解即可. 【详解】，是方程的两根，故， ，分别是，的等差中项和等比中项， 故， 解得：， 故或. 故答案为：或 13. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线经过点，且与的右支交于，两点，若，，则的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，则，根据双曲线定义得到，从而表达出各边长，在和，由余弦定理及得到方程，求出，得到离心率. 【详解】设，则， 由双曲线定义知，即，解得， 故，，则， 又， 在中，由余弦定理得 ， 在中，由余弦定理得 ， 因为，所以， 即，解得， 故离心率为. 故答案为： 14. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到0的概率为，收到1的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．若第一个人发送信号0和1给第二个人，第二个人将接收到的信号发送给第三个人，依次类推，则第六个人收到的信号为0和1的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用独立事件的乘法公式，依次递推求解即可. 【详解】法一：设第个人收到0和0为事件，收到0和1为事件，收到1和0为事件，收到1和1为事件， 则 故, , , 同理可得：, , , 且, , , 故第六个人收到的信号为0和1的概率：. 法二：设第个人收到0和0为事件，收到0和1为事件，收到1和0为事件，收到1和1为事件， 则， ， 即，两式相减得：，且， 故是首项为1，公比为的等比数列， 故， 故， 则 ，且， ，故是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以，. 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. 某商场为改进服务质量，在进场购物的顾客中随机抽取了100人进行问卷调查．调查后，就顾客购物体验的满意度统计如下： 满意 不满意 合计 男性 30 20 50 女性 40 10 50 合计 70 30 100 （1）请根据列联表，试判断是否有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关； （2）根据满意度利用分层随机抽样的方法从男性顾客中随机抽取5人，再从这5人中选出2人进行深入交流，记这2人中购物体验填写满意的人数为，求随机变量的分布列及数学期望． 附参考公式：，其中． 当时，没有充分的证据判断变量，有关联，可以认为变量，是没有关联的； 当时，有的把握判断变量，有关联； 当时，有的把握判断变量，有关联； 当时，有的把握判断变量，有关联． 【答案】（1）有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关 （2）分布列为： 0 1 2 数学期望为 【解析】 【分析】（1）利用独立性检验的公式求解即可； （2）利用超几何分布的概率公式和期望公式求解即可. 【小问1详解】 由题得：， 所以有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关. 【小问2详解】 由分层抽样可知，选出的5人中购物体验填写满意的人数为3人，不满意的人数为2人， 故的可能值为， 且, 故分布列为： 0 1 2 故期望：. 16. 已知数列满足，记． （1）证明：数列是等差数列． （2）求的通项公式． （3）求的前20项和． 【答案】（1），故， 故，所以数列是公差为的等差数列. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义证明即可； （2）利用等差数列的通项公式求解即可； （3）利用分组求和法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 且数列是公差为的等差数列， 故 【小问3详解】 故 所以的前20项和： . 17. 已知是等比数列的前项和，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的基本量求解即可； （2）利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 ，故， 即，设等比数列的公比为， 则，解得或， 当时，，符合题意； 若，则，，不合题意； 故. 【小问2详解】 ， 故， ， 故， 即， 故 18. 已知椭圆过点，离心率为． （1）求椭圆的方程． （2）过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点． （i）若，求的方程； （ii）已知分别是的左、右顶点，直线，分别交直线于，两点，证明：与的面积之比为定值． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）分别是的左、右顶点，故 故直线的方程为：， 当时，，故， 同理可得：直线的方程为：，， 且，故, 故， 因为，故， 所以， 故与的面积之比为定值7. 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入，结合椭圆方程中的关系求解即可； （2）联立直线和椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式即可求解（i）；利用两点的坐标，写出，两点的坐标，然后利用三角形面积公式表示出面积比，然后结合和求解即可. 【小问1详解】 椭圆过点，故， 且离心率，解方程组，得：， 故椭圆方程为: . 【小问2详解】 （i）过点的直线（与轴不重合）,故设直线， 设，联立 ，整理得：， 故， 故， 即，解得， 故的方程为：. （ii）略 【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； （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，注意根的判别式的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为与韦达定理相关的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知数列共有项，若对满足的任意正整数，均存在正整数，，使得，，，，互不相同，同时，则称数列具有性质． （1）判断数列是否具有性质； （2）已知数列具有性质，且，共有8项，，求满足题意的数列的个数； （3）已知数列具有性质，且，中至少有5项不相等，求的最小值． 【答案】（1）数列具有性质 （2）3 （3）13 【解析】 【分析】（1）结合新定义，对的奇偶性分类讨论即可； （2）结合新定义，对的值分两种情况讨论； （3）结合新定义依次取，，发现规律即可求解. 【小问1详解】 ,当同为奇数时，，只需取与不同的两个奇数，此时， 当同为偶数时，，只需取与不同的两个偶数，此时， 当一个为奇数另一个为偶数时，，只需取与不同的一个奇数和一个偶数，此时， 故数列具有性质； 【小问2详解】 由题可知，对满足的任意正整数均存在正整数，使得，互不相同，同时. 令，则，因为，所以， 令，则，此时，且，所以. 对于数列，，符合题意； 对于数列，，符合题意； 对于数列，，符合题意； 这样的数列的个数为3； 【小问3详解】 设有种取值， 取，由于，且与均不相同，因此由，的最小性与次小性知或. 故中至少有两个均为，同时至少有两个均为. 取，由于，且均不为，因此在中至少有四个均为， 类似地，在中至少有四个均为，至少有两个为. 又在中至少有五个不同的值，所以. 取， 容易验证满足题设，所以，可行. 综上，的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $