精品解析：江西南昌市第二中学2025-2026学年下学期高二数学月考（一）

南昌二中2025-2026学年度下学期高二数学月考（一） 命题人：周启新 审题人：龙光鹏 一、选择题（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. 数列的通项公式为，则110是该数列的第（ ）项 A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 2. 已知数列为等差数列，前n项和为，若，则（     ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 3. 已知等比数列，其中，，则（ ） A. -8 B. 8 C. D. 64 4. 已知在等比数列中，，前三项之和，则公比的值是（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 5. 设等差数列的前项和分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，则＝（ ） A. B. C. D. 7. 含A，B，C，D在内的南昌二中的5位同学决定在五一假期期间打卡三清山、井冈山、庐山这三个江西的知名景区，若要求每位同学恰好打卡一个景区，每个景区至少安排一位同学打卡，且A，B不去同一个景区，则不同的打卡方案种数为（ ） A. 90 B. 114 C. 132 D. 150 8. 正方体绕对角线旋转一圈形成如下空间几何体，其中曲线 部分是双曲线的局部．此双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、选择题（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. 等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（ ） A. B. C. 为等差数列 D. 为等比数列 10. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，，为的中点，为的中点，则（    ） A. 圆柱的侧面积为 B. 圆柱的外接球的表面积为 C. 平面 D. 异面直线与所成角的正切值为 11. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（     ） A. 是等比数列 B. 不是等比数列 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在-1和9之间插入5个实数，使得这7个实数成等差数列，则插入的5个实数和为__________. 13. 设正整数数列满足，则__________． 14. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表． 1 2 3 4 5 6 … 3 5 7 9 11 13 … 8 12 16 20 24 28 … … … … … … … 该数表的第一行是数列，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和，则这个数表中第4行的第5个数为______，各行的第一个数依次构成数列1，3，8，…，则该数列的前n项和______． 四、解答题（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. 在数列中，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前100项和. 16. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 数列的前项和为，．正项等比数列的首项为1，为其前项和，且． （1）求数列，的通项公式； （2）若对任意的恒成立，求实数的最大值． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，点为椭圆C上的动点，椭圆C的离心率为，的面积的最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2），为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点． （i）求点的轨迹方程； （ii）求的最大值. 19. 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. （1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种.记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）求和，并判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌二中2025-2026学年度下学期高二数学月考（一） 命题人：周启新 审题人：龙光鹏 一、选择题（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. 数列的通项公式为，则110是该数列的第（ ）项 A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 因，解得，所以110是该数列的第11项. 2. 已知数列为等差数列，前n项和为，若，则（     ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质和等差数列前项和公式，化简求得的值. 【详解】因为，所以 则. 3. 已知等比数列，其中，，则（ ） A. -8 B. 8 C. D. 64 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比中项，由等比数列的性质求解即可. 【详解】方法一：因为，所以. 又因为等比数列隔项同号，所以. 方法二：设等比数列的公比为，则， 所以，所以. 所以. 故选：A. 4. 已知在等比数列中，，前三项之和，则公比的值是（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】按照和分类讨论，利用等比数列通项公式和求和公式列方程组求解即可. 【详解】当时，，符合题意； 当时，，解得. 综上，的值是1或. 故选：C 5. 设等差数列的前项和分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和的性质即可求解. 【详解】由等差数列前n项和公式可得, , 所以. 6. 已知数列满足，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用累加法求通项公式，再利用裂项相消法求和. 【详解】， ，，，……，，， 这个式子相加得，， 得，，当时，，成立， 所以，， . 7. 含A，B，C，D在内的南昌二中的5位同学决定在五一假期期间打卡三清山、井冈山、庐山这三个江西的知名景区，若要求每位同学恰好打卡一个景区，每个景区至少安排一位同学打卡，且A，B不去同一个景区，则不同的打卡方案种数为（ ） A. 90 B. 114 C. 132 D. 150 【答案】B 【解析】 【分析】将5位同学按分成3组，并分配到3个景点打卡方法数，再减去去同一景点的方法数即可. 【详解】依题意，5位同学分成3组，有种方法，将3组同学分配到3个景点打卡，有种方法， 因此每位同学恰好打卡一个景区，每个景区至少安排一位同学打卡的方法种数是， 其中去同一景点的打卡方法种数是， 所以不同的打卡方案种数为. 8. 正方体绕对角线旋转一圈形成如下空间几何体，其中曲线 部分是双曲线的局部．此双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，求出棱的中点到对角线的距离以及到对角线的距离后可求出双曲线的基本量，从而可求离心率. 【详解】如图，设对角线为，为正方体的棱. 由题可设双曲线方程为，设对角线为， 如图，两个顶点之间距离的一半即为的中点到对角线的距离， 设正方体棱长为，则到对角线的距离为，即. 由正方体的性质可得，， 故， 而， 所以，故，故. 二、选择题（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. 等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（ ） A. B. C. 为等差数列 D. 为等比数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据等差数列与等比数列的定义及公式可判断. 【详解】由已知为等差数列，则当时，为定值， 即为常数， 此时数列为常数列， 又数列为等比数列， 则，且，，A选项正确； 此时，B选项正确； ，，，，即为等差数列，C选项正确； ，，，不为定值，所以不为等比数列，D选项错误； 故选：ABC. 10. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，，为的中点，为的中点，则（    ） A. 圆柱的侧面积为 B. 圆柱的外接球的表面积为 C. 平面 D. 异面直线与所成角的正切值为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据圆柱侧面积的求法，代入数据，可判断A的正误；由题意外接球的球心为的中点，根据勾股定理，求出外接球半径R，代入公式，可判断B的正误；根据面面平行的判定定理，可证平面平面，根据面面平行的性质定理，即可判断C的正误；分析可得即为异面直线与所成角，求出所需长度，根据三角函数的定义，即可判断D的正误. 【详解】选项A：因为矩形为轴截面，且，， 所以圆柱的侧面积，故A错误； 选项B：根据对称性得，外接球的球心为的中点，设外接球的半径为R， 则， 所以圆柱的外接球的表面积，故B错误； 选项C：连接OM，因为O、M分别为BA、BE的中点， 所以， 又，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面，故C正确； 选项D：因为，所以即为异面直线与所成角， 在中，， 所以，则异面直线与所成角的正切值为，故D正确. 11. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（     ） A. 是等比数列 B. 不是等比数列 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，由与相外切，得到，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解. 【详解】因为与相外切，所以， 即， 所以， 因为每个点均在函数的图像上，可得，， 所以，即，所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 所以，则， 此时数列不是等比数列. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在-1和9之间插入5个实数，使得这7个实数成等差数列，则插入的5个实数和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和公式可求插入的5个实数和. 【详解】7个实数的和为，故插入的5个实数和为， 故答案为：. 13. 设正整数数列满足，则__________． 【答案】3 【解析】 【详解】已知时，正整数数列满足，把替换为，则 ， ，即，故数列是周期为3的周期数列， 已知，令，得，则， 或， 令，得，则，故， 结合周期可知，若，则，满足， 若，则，满足， 一个周期为或， 周期为3，，故， ，故， ． 14. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表． 1 2 3 4 5 6 … 3 5 7 9 11 13 … 8 12 16 20 24 28 … … … … … … … 该数表的第一行是数列，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和，则这个数表中第4行的第5个数为______，各行的第一个数依次构成数列1，3，8，…，则该数列的前n项和______． 【答案】 ①. 52 ②. 【解析】 【分析】由数表的规律可知第4行的第1个数为20，第4行的公差为8，从而可求出第4行的第5个数，由数列可知记各行的第一个数组成的数列为，则，，两边除以可得数列为等差数列，从而可求出，再利用错位相减法可求出. 【详解】由数表规律可知，第4行的第1个数为，第行是公差为的等差数列， 所以第4行的公差，则第4行的第5个数为52； 记各行的第一个数组成的数列为，则，， 两边同除以，得， 故是首项为，公差为的等差数列， 则，则， 则，， 两式相减得 ， 所以． 故答案为：52； 四、解答题（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. 在数列中，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前100项和. 【答案】（1）； （2）4222. 【解析】 【分析】（1）将递推关系式变形，构造常数列，从而求得通项公式； （2）由（1）的结论求出，再分组并结合等差数列前项和公式求解. 【小问1详解】 当时，由，得，因此数列是常数列，，则， 时，，也满足, 则，所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以. 16. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，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）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【小问1详解】 在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以. 又，平面，因此平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 取中点为，中点为，则，. 由（1）知，平面，平面，则.又，故. 又，平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面所成角为， 则 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 数列的前项和为，．正项等比数列的首项为1，为其前项和，且． （1）求数列，的通项公式； （2）若对任意的恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系求解，结合等比数列的求和公式及题设分，两种情况求解； （2）转化问题为对对任意的恒成立，进而利用不等式组求得的最小值，即可求解. 【小问1详解】 由，当时，， 又，满足上式，所以. 因为正项等比数列的首项为1，，设其公比为， 当时，，，不满足； 当时，且，，化简整理得， 解得，则， 所以，. 【小问2详解】 由，则，即对任意的恒成立， 当时，， 当时，设数列在第项取得最小值， 则，解得， 所以当时，取得最小值， 又，所以， 所以实数的最大值为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，点为椭圆C上的动点，椭圆C的离心率为，的面积的最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2），为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点． （i）求点的轨迹方程； （ii）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，即可求解； （2）（i）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示直线的方程，并且联立方程求点的轨迹方程；（ii）利用两直线的倾斜角表示，利用斜率表示，再利用基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由椭圆的性质，可知的面积的最大值为， 又，解得，，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）由题知不与轴重合，设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得， ， 设、，则，， 因为的方程为，的方程为， 两直线方程联立得：， 因为， 所以，解得. 所以动点的轨迹方程为. （ii）由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为，， 由图可知，且，因为，则， 因为，， 所以， 当且仅当时等号成立， 此时，，所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，动点轨迹，第二问的关键是根据韦达定理，联立两直线方程可化简求得点的轨迹，再利用倾斜角表示. 19. 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. （1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种.记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）求和，并判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 【答案】（1） （2）（i），，证明： 第一次随机选择，则， 若第一次提前送达，概率为，若第一次未提前送达，则概率为， 则，， 由题意得， ，， 则 ， 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列. （ii）， 能提高. 【解析】 【分析】（1）由题意，根据全概率公式，即可求得答案. （2）（i）根据条件，代入数据，求出，；分别求出和的表达式，即可得的表达式，化简整理，结合等比数列的定义，即可得证. （ii）由（i）得的通项公式，同理可得的通项公式，联立可得和，求出第n次提前送达的概率，分析比较，即可得答案. 【小问1详解】 每次随机选择一种方案，则三种方案被选中的概率均为， 设物流提前送达为事件D，则. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）得①， 同理 ，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， ①②联立得， 设第n次提前送达事件为 则 ， 随着n增大，逐渐增大，且， 所以当时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统逐步提高物流提前送达的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $