精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

2025年上学期高二数学月考试题 一、单选题（共40分） 1. 已知数列，则是它的（ ） A. 第9项 B. 第10项 C. 第13项 D. 第12项 2. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ） A B. C. D. 3. 已知数列满足，且，，则（ ） A. B. C. D. 4. 利用数学归纳法证明不等式的过程中，由到时，左边增加了（ ） A. 项 B. 项 C. k项 D. 1项 5. 一组数据如下表所示： 1 2 3 4 已知变量关于的回归方程为，若，则预测的值可能为 A. B. C. D. 6. 某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人中至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序相邻，那么不同的发言顺序有（ ） A. 168种 B. 240种 C. 264种 D. 336种 7. 已知数列的通项公式为，前项的和为，则取到最小值时的值是（ ） A. B. C. D. 8. 设是等比数列，且，下列正确结论个数为（ ） ①数列具有单调性； ②数列有最小值为； ③前n项和Sn有最小值 ④前n项和Sn有最大值 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、多选题（共20分） 9. 四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ） A B. C. D. 10. 已知数列满足，，定义其“双阶变换”数列为.以下命题正确的是（ ） A. 的通项公式为 B. 存在周期性 C. 当为偶数时， D. 的奇数项之和为 11. 如图，在平面直角坐标系中，点均在x轴正半轴上，点均在y轴正半轴上.已知，，四边形均为长方形.当时，记为第个倒“L”形，则（ ） A. 第10个倒"L"形的面积为121 B. 长方形的面积为 C. 点均在曲线 D. 不能被110整除 12. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，若直线为的准线，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与相切 D. 为等腰三角形 三、填空题（共20分） 13. 已知各项为正数的数列是等比数列，且其前n项和为.若，，则公比______. 14. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为__________. （参考数据：） 15. 已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．则a的取值范围为___________．（结果用区间表示） 16. 已知数列满足.且，若，则______. 四、解答题（共70分） 17. 已知数列是公差不为0等差数列，，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前2025项和. 18. 如图，三棱柱中，侧棱底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，的中点． （1）证明平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式，. （1）证明：数列是等差数列； （2）令，求数列的前项的和. 20. 近期，流感在某小学肆意传播.流感病毒主要在学生之间传染，低年龄段（一、二年级）的学生感染情况相对较多.病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他同学的可能性越高.学校对300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出潜伏期的平均数为2，方差，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照年级统计样本，得到如下列联表： 年龄/人数 长潜伏期 非长潜伏期 低年龄段（一、二年级） 40 100 高年龄段（三~六年级） 30 130 （1）是否有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关？ （2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差 （i）学校现在对有流感症状学生的密切接触者一律要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性. （ii）以题目中的样本估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，当为何值时，取最大值. （附：，） 0.10 0.05 0.010 2.706 3.841 6.635 若，则，，. 参考数据：，，. 21. 设函数. （1）若是的极值点，求a的值，并求的单调区间； （2）讨论的单调性； （3）若，求的取值范围. 22. 已知数列满足． （1）求的通项公式； （2）在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和． （3）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年上学期高二数学月考试题 一、单选题（共40分） 1. 已知数列，则是它的（ ） A. 第9项 B. 第10项 C. 第13项 D. 第12项 【答案】C 【解析】 【分析】首先得出数列的通项公式，然后解方程即可求解. 【详解】数列，即数列的通项公式是， 令，所以是它的第13项. 故选：C. 2. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】比较、时不等式左边代数式的差异后可得需添加的项，从而得到正确的选项. 【详解】当时，所假设的不等式为， 当时，要证明的不等式为， 故需添加的项为：， 故选：B. 【点睛】本题考查数学归纳法，应用数学归纳法时，要注意归纳证明的结论和归纳假设之间的联系，必要时和式的开端和结尾处需多写几项，便于寻找差异.本题属于基础题. 3. 已知数列满足，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据递推公式得到是以为首项，以为公比的等比数列，则，然后利用累加法即可求解. 【详解】由可得：， 若，则，与题中条件矛盾，故， 所以，也即数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以， 则有， 也即，所以， 故选：. 4. 利用数学归纳法证明不等式的过程中，由到时，左边增加了（ ） A. 项 B. 项 C. k项 D. 1项 【答案】B 【解析】 【分析】根据数学归纳法的知识即可判断出增加的项数. 【详解】当时，不等式左边为， 当时，不等式左边为， 故增加的项数为：. 故选：B. 5. 一组数据如下表所示： 1 2 3 4 已知变量关于的回归方程为，若，则预测的值可能为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，求得之间的数据对照表，结合样本中心点的坐标满足回归直线方程，即可求得；再令，即可求得预测值. 【详解】将式子两边取对数，得到，令，得到， 根据已知表格数据，得到的取值对照表如下： 由上述表格可知： ，， 利用回归直线过样本中心点，即可得， 求得，则， 进而得到，将代入， 解得. 故选：C. 【点睛】本题考查利用样本中心点坐标满足回归直线方程求参数值，以及由回归方程进行预测值得求解，属中档题. 6. 某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人中至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序相邻，那么不同的发言顺序有（ ） A 168种 B. 240种 C. 264种 D. 336种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可分为两种情况：甲乙其中一人参加,甲乙两人都参加，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，可分为两种情况： 若甲乙其中一人参加，有种情况； 若甲乙两人都参加，有种情况， 所以不同的发言顺序有种. 故选：C. 7. 已知数列的通项公式为，前项的和为，则取到最小值时的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对通项公式化简变形后可求得当或时，，当时，，从而可求出取到最小值时的值. 【详解】， 由，得，解得或， 因为，所以当或时，，当时，， 所以当时，取得最小值. 故选：B 8. 设是等比数列，且，下列正确结论的个数为（ ） ①数列具有单调性； ②数列有最小值为； ③前n项和Sn有最小值 ④前n项和Sn有最大值 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由，再结合分类讨论思想可得到数列的性质，从而可判断每一个问题. 【详解】由，有. 当时，有，解得， 此时数列是每一项都是正数的单调递增数列，所以其前n项和Sn没有最大值，故④不正确； 当时，有，解得或. 当时，数列是摆动数列，不具有单调性，故可知①、②不正确. 当，时，，故前n项和Sn无最小值，故可知③不正确. 故选：A 二、多选题（共20分） 9. 四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到. 【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择）， 当时，就传递一次，不可能回到甲手上，； 当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，， 当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上， 最后传回到甲，，A错误； 当时，传递四次，两种情况： （1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； ，B正确； 当时，传递五次，三种情况： （1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； （2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； ，C错误； 当时，传递六次，两种情况： （1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； （3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； （4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； ，D正确. 故选：BD． 10. 已知数列满足，，定义其“双阶变换”数列为.以下命题正确的是（ ） A. 的通项公式为 B. 存在周期性 C. 当为偶数时， D. 的奇数项之和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据递推关系式，利用累加法求出数列的通项公式；分类讨论为偶数和奇数时，根据题意求和得出数列的通项公式；利用分组求和法结合平方和公式可求出的奇数项之和.根据所求结果分别对选项进行判断即可. 【详解】由题意，，当时，， 所以 当时，适合上式，所以. 故A正确. 由题意，， 当为偶数时，， 此时，则有即， 所以 当为奇数时，则为偶数，则有， 所以 故B错误，C正确. 对于D，为了方便计算，采用， 当为奇数时，其前项中，奇数项有项， 则 当为偶数时，其前项中，奇数项有项， 此时为奇数，根据上述结论，则有 则 故D错误. 故选：AC 11. 如图，在平面直角坐标系中，点均在x轴正半轴上，点均在y轴正半轴上.已知，，四边形均为长方形.当时，记为第个倒“L”形，则（ ） A. 第10个倒"L"形的面积为121 B. 长方形的面积为 C. 点均在曲线 D. 不能被110整除 【答案】ABC 【解析】 【分析】先计算，则可计算长方形的面积和坐标，可判断B C选项，再用长方形面积作差可得A选项，最后利用公式可判断D选项. 【详解】设长方形的面积为，， 因，， 则，故B正确； 则第个倒“L”形的面积为，故A正确； 由，得，则C正确； ，而，则D错误； 故选：ABC 12. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，若直线为的准线，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与相切 D. 为等腰三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】先求得焦点坐标，进而求得抛物线方程，根据弦长公式、直线和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由直线，令，解得，所以抛物线的焦点， 所以，所以A选项错误，抛物线方程为，准线为， 由消去并化简得， 解得，所以，B选项正确. 由上述分析可知，中点， 其到准线的距离是，所以以为直径的圆与相切， C选项正确. ， 所以三角形不是等腰三角形，D选项错误. 故选：BC 三、填空题（共20分） 13. 已知各项为正数的数列是等比数列，且其前n项和为.若，，则公比______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用等比数列的前项和公式与通项公式即可求得结果. 【详解】若，，则， ， 所以，由，解得. 故答案为：. 14. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为__________. （参考数据：） 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意求出第次操作后去掉的各区间长度之和，列不等式结合所给参考数据即可得. 【详解】记表示第次去掉的长度，，第2次操作，去掉的线段长为， 第次操作，去掉的线段长度为， ，则， 由的最大值为5. 故答案为：5 15. 已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．则a的取值范围为___________．（结果用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】由有两个不同的极值点可得有两个不等实根，进而函数与图象有两个交点，利用导数求切线斜率，结合图象可得答案. 【详解】解：依题， 因为有两个不同的极值点，所以有两个不等实根． 即函数与图象在上有两个不同交点， 令过原点且与图象相切的直线斜率为k，由图可知，， 设切点为，则， 又，所以，解得， 于是，所以. 故答案为： 16. 已知数列满足.且，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用构造法与迭代法求得，从而利用并项求和法即可得解. 【详解】因为，所以， 又，则， 所以 ， 故，则， 所以， 则的各项分别为， 所以 . 故答案为： 四、解答题（共70分） 17. 已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前2025项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列建立等量关系，在由等差数列中项的关系，求出公差即可写出等差数列通项公式； （2）写出数列的通项公式，讨论的不同取值时，的值，从而写出数列的前2025项的和，根据周期性分组求和. 【小问1详解】 设数列公差为， 由题意可知，即， ∴，则，解得， ∴. 【小问2详解】 ， 当为偶数时，为奇数，则，即， 当时，， 当为偶数时，，当为奇数时，， 设数列的前项和为， 则， . 18. 如图，三棱柱中，侧棱底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，中点． （1）证明平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，可得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面. （2）取中点，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角向量求法求解即得. 【小问1详解】 在三棱柱中，连接，由分别为的中点，得且， 而且，又为的中点，则且，于是且， 因此四边形是平行四边形，则，而平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 在三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等，令， 取中点，连接，而为中点，则，有底面， 由正，得，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量， 则，令，得，令直线与平面所成的角为， 于是， 所以直线与平面所成角的正弦值. 【点睛】关键点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦． 19. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式，. （1）证明：数列是等差数列； （2）令，求数列的前项的和. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知条件，变形给定等式，再利用等差数列的定义推理得证. （2）由（1）求出及，再利用裂项相消求和法及并项求和法求出. 【小问1详解】 由是各项都为正数的递增数列，得， 而，则，整理得， 因此，所以数列是等差数列. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， ， 所以 . 20. 近期，流感在某小学肆意传播.流感病毒主要在学生之间传染，低年龄段（一、二年级）的学生感染情况相对较多.病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他同学的可能性越高.学校对300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出潜伏期的平均数为2，方差，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照年级统计样本，得到如下列联表： 年龄/人数 长潜伏期 非长潜伏期 低年龄段（一、二年级） 40 100 高年龄段（三~六年级） 30 130 （1）是否有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关？ （2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差 （i）学校现在对有流感症状学生的密切接触者一律要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性. （ii）以题目中的样本估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，当为何值时，取最大值. （附：，） 0.10 0.05 0.010 2.706 3.841 6.635 若，则，，. 参考数据：，，. 【答案】（1）有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关； （2）（i）见解析；（ii）186. 【解析】 【分析】（1）由已知数据计算后与临界值比较可得； （2）（i）由潜伏期，利用小概率事件判断；（ii）求得1个人属于长潜伏期的概率为，得，然后解不等式组可得． 【小问1详解】 由题意， 所以有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关； 【小问2详解】 （i）由题意，潜伏期， ， 所以， 即潜伏期5天或以上的概率约为，非常的小， 所以隔离5天后，一般不会再传染，即隔离5天是合理的； （ii）由题意，1个人属于长潜伏期的概率为， 所以， 设时最大， 则， 解得，又，所以， 所以时取得最大值． 21. 设函数. （1）若是的极值点，求a的值，并求的单调区间； （2）讨论的单调性； （3）若，求的取值范围. 【答案】（1）6，单调递增区间为，单调递减区间为 （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先求导，令，检验即得解；代入，分别令，得到单增区间和单减区间； （2）根据二次函数及二次不等式的性质，结合函数定义域，分类讨论即可求解； （3）转化为，分，两种情况讨论即可. 【小问1详解】 ， ，解得， 此时， 令，有或，令，有， 所以是的极值点，满足题意， 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. 【小问2详解】 由（1）知， 当即时，恒成立， 所以在上单调递增； 当即时，由得或， 由得， 故的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当即时，由得或， 由得， 故的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当即时，由得，得， 故的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上，当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 由题意 当时，令，有，令，有， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ，即 当时，不成立. 综上，. 22. 已知数列满足． （1）求的通项公式； （2）在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和． （3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据递推式，写出前项和项的和，进而作差求通项公式即可； （2）根据等差数列性质求得，再应用错位相减法、等比数列前项和公式求和． （3）即得，分为奇数和为偶数两种情况对进行变形，将不等式恒成立问题转化为求最值问题，结合数列的单调性即可解答. 【小问1详解】 ∵①， 当时，②， ①②，得． 所以， 当时，，满足上式， 所以的通项公式为． 【小问2详解】 由（1）知，得， 则③， ④， ③④得， 所以． 【小问3详解】 得， 又因为 当为奇数时，由对任意恒成立，得 ，即 当为偶数时，由对任意的恒成立，得 ，即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $