精品解析：黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高二下学期4月月考数学试卷

哈三中2024—2025学年度下学期 高二学年月考考试数学试卷 考试说明： （1）本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟： （2）第I卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一､选择题（共58分）单项选择题（共8小题，每小题5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. 为等差数列的前项和，已知，则为（ ） A. 5 B. 8 C. 11 D. 13 2. 已知曲线在处的切线方程是，则与分别为（ ） A. B. C. D. 3. 在递增等比数列中，，且，则该数列的公比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 4. 随机变量满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为且，则使的最大值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 6. 为了了解高中学生每天的课后学习时间和他们的数学成绩排名的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表，已知学习时间（单位：小时）与成绩名次（单位：名）满足线性回归方程，则的值为（ ） 附加： 学习时间 0.5 1.0 2.0 2.5 4.0 成绩排名 20 14 10 8 A. 19 B. C. 20 D. 7. 数列的通项公式为，若为递增数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线在第一象限交于两点（在上方），若，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3小题，每小题6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. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 若，则直线与直线垂直 C. 若，则直线与直线平行 D. 若，则直线与圆相切 10. 已知数列的前项和，下列说法正确的是（ ） A. B. 是公差为1的等差数列 C. 数列的前2025项和为 D. 数列的前项和 11. 设是正项等差数列，且公差，前项和为，均为正整数.若且，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上） 12. 已知等比数列的前项和为，则__________. 13. 已知圆柱高为4，上下底面圆周都在一个表面积为的球面上，则此圆柱的体积为__________. 14. 已知数列中，，若存在正整数，使得，则实数的取值范围是__________. 四､解答题（本大题共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. 内角对边分别为. （1）求； （2）若的面积为，求. 16. 已知数列满足，且，数列满足，且点在直线上，其中. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求的前项和. 17. 已知椭圆的离心率分别为其左右焦点，为椭圆上一动点，面积最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）记椭圆的左顶点为，过作直线，若直线与椭圆交于两点，均不与重合，求证：直线与直线斜率之积为定值. 18. 如图，在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面. （1）若是中点，证明：平面； （2）若是直线的一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值. 19. 小奥和小锐两位同学在两个房间内做游走游戏.每经过1分钟，两人都可以选择进行一次移动.小奥从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟两人都在一个房间，那么下一分钟小锐必定移动到另一个房间；若上一分钟两人不在同一房间，小锐从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分时，小奥在0号房间，小锐在1号房间.设在第分钟时，小奥和小锐在0号房间的概率分别为. （1）求第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1的概率； （2）求； （3）求在第几分钟时，小锐在0号房间的概率最大. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2024—2025学年度下学期 高二学年月考考试数学试卷 考试说明： （1）本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟： （2）第I卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一､选择题（共58分）单项选择题（共8小题，每小题5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. 为等差数列的前项和，已知，则为（ ） A. 5 B. 8 C. 11 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】设出等差数列的公差，由已知列方程求得公差，代入等差数列的通项公式得答案. 【详解】设等差数列的公差为，由， 得，，解得. 所以. 故选：C. 2. 已知曲线在处的切线方程是，则与分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义分别代入计算可得结果. 【详解】将3代入直线方程可得， 易知切线的斜率为，所以； 因此与分别为. 故选：A 3. 在递增等比数列中，，且，则该数列的公比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先利用等比数列的通项公式化简得出，再利用性质得，解方程组并结合数列的增减性可得，即可求公比. 【详解】因数列为等比数列，则， 得，则， 因，可得或， 因数列为递增数列，则且，此时，则. 故选：C 4. 随机变量满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项分布以及正态分布的定义可判断A、B项；根据二项分布分布列公式计算得出，可判断C项；根据正态分布的对称性可判断D项. 【详解】由二项分布和正态分布可知， ，，，. 故A正确，B错误； 对于C项，.故C错误； 对于D项，根据正态分布可知，， 所以，，， 所以有.故D错误. 故选：A. 5. 已知等差数列的前项和为且，则使的最大值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知可得为递减数列，且有，有，，即可得. 【详解】由，则，可得，即， 所以，又，即为递减数列， 当，，当，，又， 所以使的最大值为10. 故选：B. 6. 为了了解高中学生每天的课后学习时间和他们的数学成绩排名的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表，已知学习时间（单位：小时）与成绩名次（单位：名）满足线性回归方程，则的值为（ ） 附加： 学习时间 0.5 1.0 2.0 2.5 4.0 成绩排名 20 14 10 8 A. 19 B. C. 20 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用已知条件求出的值，再利用回归直线方程过样本中心点即可求解. 【详解】因为， 所以，解得， 所以，， 所以样本中心点为， 代入回归直线方程得，解得. 故选：D. 7. 数列的通项公式为，若为递增数列，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由递增数列得，化简即可求的取值范围. 【详解】因为为递增数列，所以， 因为，所以， 化简可得， 因为在上单调递增，且恒大于0， 则在上单调递减， 则数列递减，因为， 所以当时，，所以. 故选：A 8. 已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线在第一象限交于两点（在上方），若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，将所求线段长度比转化成纵坐标之比，设直线方程，并于抛物线方程联立，根据韦达定理得到根与系数的关系，利用数量积的定义和坐标两种表示方法建立等式，解出系数，从而可解出纵坐标，即可得到结果. 【详解】如图，过点分别作轴的垂线，垂足为，则. 由题意可知，直线不与轴平行，设其方程为， 联立方程，可得， 由题意，设，则， 且有， 因为焦点，所以， 则. 根据抛物线的定义，可知，同理， 又因为，所以， 则有，解得， 因为，所以. 所以，解得， 所以. 故选：C. 二、多项选择题（共3小题，每小题6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. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 若，则直线与直线垂直 C. 若，则直线与直线平行 D. 若，则直线与圆相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可求解定点，代入时，即可判断BC，根据圆心到直线的距离即可求解D. 【详解】对于A, ，由且，故，故直线恒过点，故A正确， 对于B，当时，，即，直线与直线平行，B错误，C正确， 对于D,当时，直线，此时圆心到直线的距离为1，与半径1相等，因此直线与圆相切，D正确， 故选：ACD 10. 已知数列的前项和，下列说法正确的是（ ） A. B. 是公差为1的等差数列 C. 数列的前2025项和为 D. 数列的前项和 【答案】AB 【解析】 【分析】根据与的关系求解即可得出A项；化简可得出，根据等差数列的定义即可判断B项；求和可得出，然后利用分组求和法即可判断C项；代入化简可得出，用裂项求和法即可得出结果，即可判断D项. 【详解】对于A项，当时，； 当时，有. 检验当时，满足. 综上所述，.故A正确； 对于B项，由已知可得， 显然当时，都有. 所以，是公差为1的等差数列.故B正确； 对于C项，由A知，. 则. 所以，数列的前2025项和为.故C错误； 对于D项，由已知可得， 所以，. 故D错误. 故选：AB. 11. 设是正项等差数列，且公差，前项和为，均为正整数.若且，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A先作差，再利用等差数列的通项公式化简，再结合基本不等式求证 即可；B举反例，即可；C先作差，再利用等差数列的前项和化简，最后结合基本不等式求出即可；D先作差，再利用等差数列的前项和化简，最后结合基本不等式求出，即可. 【详解】A，由题意可得， ， 因均为正整数，则， 因，则， 等号成立条件为，即，因，显然等号不能成立， 则，故，即，故A正确； B，取，，则，，故B错误； C ，由题意可得， 因， 等号成立条件为，即，因，显然等号不成立， 即， 则，即，故C正确； D ，由题意可得， 因，则， 等号成立条件为，因，故等号无法成立，则， 又由A选项知，则， 故，则D正确. 故选：ACD 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上） 12. 已知等比数列的前项和为，则__________. 【答案】14 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式结合求和公式求解即可. 【详解】 则 故答案为：14. 13. 已知圆柱高为4，上下底面圆周都在一个表面积为的球面上，则此圆柱的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】在圆柱的轴截面中构造直角三角形，利用勾股定理即可求出圆柱底面圆的半径，再利用圆柱的体积公式即可求解. 【详解】 画出圆柱的轴截面如图，点为球心，设球的半径为，圆柱底面圆的半径为， 因为球的表面积为，所以，解得， 因为圆柱高为，所以， 所以在直角三角形中，， 所以圆柱的体积为. 故答案为：. 14. 已知数列中，，若存在正整数，使得，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题设，讨论的奇偶性求的通项公式，结合的奇偶性及不等式能成立求参数范围即可. 【详解】由，则， 当，，则，故， 当，，则，故， 所以的奇数项以2为公差，偶数项以为公差的等差数列， 由，则，故，， 所以，即，， 若，，能成立， 所以，根据不等式能成立有； 若，，能成立， 所以，根据不等式能成立有； 综上，. 故答案为： 四､解答题（本大题共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. 内角对边分别为. （1）求； （2）若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； （2）由三角形的面积公式可得，进而结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得， 因为，所以， 则， 则， 则，即. 【小问2详解】 由，则， 由余弦定理得，， 则，即. 16. 已知数列满足，且，数列满足，且点在直线上，其中. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求的前项和. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用递推关系式构造出等比数列，从而求出数列的通项公式；根据题意可推导出数列为等差数列，按照定义写出其通项公式； （2）利用错位相减法求和. 【小问1详解】 由题意得，，首项为， 所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以，即. 由题意得，，且， 所以数列是以5为首项，2为公差的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由题意，， 所以， 则， 两式相减可得， ， 所以. 17. 已知椭圆的离心率分别为其左右焦点，为椭圆上一动点，面积最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）记椭圆的左顶点为，过作直线，若直线与椭圆交于两点，均不与重合，求证：直线与直线斜率之积为定值. 【答案】（1） （2） 由于均不与重合，则直线斜率不为0，设 联立直线与椭圆得， 判别式，则有： 则， 则 【解析】 【分析】（1）由在短轴端点时面积最大得到，再结合离心率即可求解； （2）设，联立椭圆方程，通过韦达定理及斜率公式即可求证. 【小问1详解】 面积最大值为，又定值， 所以当在短轴端点时面积最大， 解得，椭圆方程为 【小问2详解】 略 18. 如图，在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面. （1）若是中点，证明：平面； （2）若是直线的一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值. 【答案】（1）取中点，连接，， 因为分别为的中点 所以，且， 又平行四边形中，，且， 所以，且， 又是中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又面，面， 面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，可得四边形为平行四边形，进而可证明，即可得证平面； （2）根据题意，可得，，，所以建立空间直角坐标系，根据线面角可得，再结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，， 所以，即， 又平面平面，平面与平面相交于， 所以平面，又平面， 所以，，又， 建立以为坐标原点，以，为轴的空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 因为是直线的一点，设， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，解得， 设与平面所成角为， 则，当时，， 令，则.， 当时，即，时，. 19. 小奥和小锐两位同学在两个房间内做游走游戏.每经过1分钟，两人都可以选择进行一次移动.小奥从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟两人都在一个房间，那么下一分钟小锐必定移动到另一个房间；若上一分钟两人不在同一房间，小锐从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分时，小奥在0号房间，小锐在1号房间.设在第分钟时，小奥和小锐在0号房间的概率分别为. （1）求第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1的概率； （2）求； （3）求在第几分钟时，小锐在0号房间的概率最大. 【答案】（1）0.5 （2） （3）2分钟 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件概率的乘法公式求解，即可得解， （2）根据全概率公式可得，即可根据以及等比数列求解， （3）进而分三种情况求解可得，即可根据等比数列的性质求证，由，对分奇偶性讨论，即可由单调性求解. 【小问1详解】 第0分钟时，小奥在0号房间，小锐在1号房间. 设为第1分钟时，小奥在号房间，小锐在号房间的概率， 则， . 设第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为，则， 所以第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1的概率为0.5. 【小问2详解】 证明：易知，且由（1）得. 当时，小奥在第分钟时位于0号房间包含2种情形： ①上一分钟仍在0号房间，继续保持在0号房间的概率为， ②上一分钟在1号房间，转移到0号房间的概率为， 则由全概率公式，， 进而， 结合，故是首项为，公比为的等比数列， 即，注意到当时也满足题意， 因此. 【小问3详解】 小锐第分钟在0号房间包含3种情形： ①上一分钟小奥和小锐都在1号房间，小锐转移到0号房间的概率为， ②上一分钟小奥在0号房间，小锐在1号房间，小李转移到0号房间的概率为， ③上一分钟小奥在1号房间，小锐在0号房间，小锐转移到0号房间的概率为. 故由全概率公式，， 即. 要证为等比数列，即证为等比数列， 而， 故，结合， 故为首项，公比为的等比数列， 即，注意到时也满足题意， 因此. 故， 显然不是其最大值，设， ①当为奇数时，，当且仅当时取等，故的最大值为0； ②当为偶数且时，， 当时，，故最大值为， 因此的最大值为， 即在第2分钟时，小锐在0号房间概率最大. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $