精品解析：湖南株洲市第二中学2025-2026学年高二下学期第一次月考数学试题

株洲市二中2025年上学期高二年级第一次月考试试卷 数学 试题 时量：120分钟 分值：150分 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设为正项递增的等比数列的前项和，且，则（ ） A. 63 B. C. 127 D. 或127 4. 设向量，若，则（　　） A. B. C. D. 5. 用1、2、3、4这四个数字，组成没有重复数字的四位数，其中偶数共有（ ）个 A. 48 B. 24 C. 12 D. 6 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 在上的值域为 7. 《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（ ） A. 48种 B. 96种 C. 102种 D. 120种 8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，为轴上一点，线段交于点，，的内切圆半径为，，则的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 二、多项选择题（本大题共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．全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 若随机事件满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 设，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ） A. 平面截正方体的截面为等腰梯形 B. 若平面，则直线不可能垂直于直线 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 化简：______． 13. 在8只不同的试验产品中有3只不合格品､5只合格品.现每次取1只测试，直到3只不合格品全部测出为止.最后1只不合格品正好在第4次测试时被发现的不同情形有__________种. 14. 已知函数对任意实数均有，若不等式 （其中）的解集中恰有两个整数，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. 在中，角所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若的面积为，且，求的最小值. 16. 如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形，，平面ABB1A1⊥平面ABC，点是中点，点是上靠近点的三等分点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数有两个极值点，. （1）求的取值范围； （2）证明：. 18. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． （1）当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； （2）若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 19. 设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”： ①，②. （1）若等比数列为阶“期待数列”，求公比； （2）若一个等差数列既为阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式； （3）记阶“期待数列”的前项和为. （）求证：； （）若存在，使，试问数列是否为阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市二中2025年上学期高二年级第一次月考试试卷 数学 试题 时量：120分钟 分值：150分 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法运算求出，然后由共轭复数概念和复数模公式可得. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：C 2. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合同角三角函数关系、诱导公式，分别从充分性、必要性两方面来说明即可. 【详解】一方面：， 另一方面：，但， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 设为正项递增的等比数列的前项和，且，则（ ） A. 63 B. C. 127 D. 或127 【答案】C 【解析】 【分析】法一：利用等比数列定义列出方程组解得公比即可求得结果； 法二：根据等比中项性质都化为关于的表达式可解得公比，计算可得答案. 【详解】依题意设等比数列的公比为， 法一：由，得，则或（舍去）， 则； 法二：，则，则或（舍去）， ，， 故选：C. 4. 设向量，若，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用向量垂直的坐标表示，得到，再利用正切的倍角公式，即可求解. 【详解】因为，又，则， 所以，得到，又， 故选：A. 5. 用1、2、3、4这四个数字，组成没有重复数字的四位数，其中偶数共有（ ）个 A. 48 B. 24 C. 12 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】第一步，先从2、4选一个排在个位， 第二步，再把剩余三个数排在其他三个位置，然后由分步乘法原理可求得结果. 【详解】第一步，先从2、4选一个排在个位，有2种方法； 第二步，再把剩余三个数排在其他三个位置，有种方法， 所以，由分步乘法原理可得，用1、2、3、4这四个数字，组成没有重复数字的四位数，其中偶数共有个， 故选：C. 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 在上的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的变换规则得到解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到， 显然不是奇函数，故A错误． 因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误． 当时，，因为在上不单调， 所以在上不单调，故C错误． 由，得，则， 即在上的值域为，故D正确． 故选：D 7. 《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（ ） A. 48种 B. 96种 C. 102种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】设图中的六个区域分别为，按照是否同色，分两类，再结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】如图，设图中的六个区域分别为， 按照是否同色，分两类： ①不同色，先给涂色，有，再根据是否用余下那种颜色分两种情况， 不用第三种颜色，即用的颜色，用的颜色，有种，有种，则有种涂法； 用第三种颜色，即用第三种颜色，用的颜色，有种，有种， 或用第三种颜色， 用的颜色，则有种涂法， 所以不同色的涂法有：， ②同色，先给涂色，有，则只能用第三种颜色，有种，有种， 所以同色的涂法有：， 综上，不同的涂色方法有：种. 故选：B. 8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，为轴上一点，线段交于点，，的内切圆半径为，，则的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据内切圆的性质结合双曲线的定义整理可得，即可得，，利用勾股定理列式求离心率. 【详解】如图，，，， 因为，， 可得，即， 则， 可得，即， 所以，． 因为在直角中有， 即，整理可得， 所以的离心率． 故选：D. 【点睛】方法点睛：双曲线离心率（离心率范围）的求法 求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 二、多项选择题（本大题共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．全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 若随机事件满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】应用条件概率公式、独立事件的判定及独立乘法公式判断A、B、D，由概率的性质判断C. 【详解】由，A对； 显然，即相互独立，易知也相互独立， 所以，B错； 由，C错； 由，D对. 故选：AD 10. 设，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项可得,即可求解AB,利用赋值法即可求解CD. 【详解】由于，所以，所以， ，故A错误，B错误， ， 令，可得， 令，可得， 令，可得， 相加可得, 故C错误，D正确， 故选：BD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ） A. 平面截正方体的截面为等腰梯形 B. 若平面，则直线不可能垂直于直线 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】作出平面截正方体的截面可判断A；连接交为Q，则，进而说明存在点Q，平面时，直线可能垂直于直线，判断B；确定Q点的轨迹，从而可求得其长度，判断C；确定三棱锥的外接球的外接球球心位置，求得外接球半径，即可求得外接球表面积，判断D. 【详解】对于A，取的中点为,连接, 则，而，即四边形为平行四边形， 故，所以，且， 则四边形为平面截正方体的截面，为梯形， 而，, 即，即四边形为等腰梯形，A正确； 对于B，连接交为Q，则，即， 而，平面，平面， 故平面，即当平面时，直线可能垂直于直线，B错误； 对于C，因为平面，平面， 故，由得， 即点的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆， 其轨迹长度为，C正确； 对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为r， , 故，则， 故， 因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，D正确， 故选：ACD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于求三棱锥的外接球的表面积，解答时要发挥空间想象能力，确定外接球球心大致位置，求出外接球半径。即可求解. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 化简：______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式化成同角，然后因式分解即可化简. 【详解】由二倍角公式可得：. 故答案为： 13. 在8只不同的试验产品中有3只不合格品､5只合格品.现每次取1只测试，直到3只不合格品全部测出为止.最后1只不合格品正好在第4次测试时被发现的不同情形有__________种. 【答案】90 【解析】 【分析】根据题意，前3次有两次是不合格品，一次是合格品，由分步计数原理得到所求结果. 【详解】有8只不同的试验产品，其中有3只不合格品，第4次抽到不合格品， 前3次有两次是不合格品，一次是合格品共有种可能， 前3次测试中的顺序有种可能， 由分步计数原理即得共有种可能. 故答案为：90 14. 已知函数对任意实数均有，若不等式 （其中）的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题设中导数与原函数的关系可求得，利用导数讨论其符号后可得其单调性，再结合零点的存在性定理的应用即可求参数的取值范围. 【详解】设，由，得， 故，即，即， 而，即故，故， 所以， 故， 当时，，当，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则， 而当时，，时，， 令，则， 若，则当时，恒成立，不符题意； 而，则，由， ，则， 由，， 若，即时，， 若不等式 (其中)的解集中恰有两个整数， 则，即，解得， 又，故，符合要求； 若，即时，，， 则 由在上单调递减，在上单调递增， 故当时，不等式无解，故舍去， 综上所述：实数的取值范围时. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出、，从而根据是否在不等式的解集中来分类讨论得解. 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. 在中，角所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若的面积为，且，求的最小值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及余弦定理计算可得，可求； （2）由三角形面积公式以及向量表示，利用向量数量积的运算律可得的最小值为. 【小问1详解】 由正弦定理得， 即， 由余弦定理可得， 因为， 所以. 【小问2详解】 由已知，所以. 因为，所以， 可得， 所以 ， 又， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为. 16. 如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形，，平面ABB1A1⊥平面ABC，点是中点，点是上靠近点的三等分点. （1）证明：； （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）取中点，连结，，可证，，利用线面垂直的判定定理得到AB⊥平面A1OC，进而证得； （2）利用面面垂直的性质定理可证，，两两垂直，以此为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解即可. 【详解】证明：（1）取中点，连结， 在中，，， ∴， 在菱形中，由可知为等边三角形， ∴， 又∵，A1⊂平面A1OC，OC⊂平面A1OC， ∴AB⊥平面A1OC，A1C⊂平面A1OC， ∴. （2）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB， 由（1）可知，∴，，两两垂直， 如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标， 不妨设，则，，，，，. 由，得， 则的中点， 从而，. 设平面的法向量为，则， 即，不妨取，得，即. 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，面面垂直的性质定理，考查直线与平面所成的角，属基础题，要熟练准确掌握线面，面面垂直的判定与性质定理，求解线面角，面面角时利用空间坐标系和空间向量的工具计算是有效便捷的方法. 17. 已知函数有两个极值点，. （1）求的取值范围； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，将问题转化为在上有两个实数根，，根据二次方程根的分布即可求解， （2）结合，代入化简式子，将问题转化为，利用导数即可求解. 【小问1详解】 , 有两个极值点，，则在上有两个实数根，， 所以在上有两个实数根，， 则解得， 故的取值范围为， 【小问2详解】 由（1）知，且， ， 令，， 令在上恒成立， 所以在单调递减，故， 因此在单调递减，故， 故，得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 18. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． （1）当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； （2）若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 【答案】（1）； （2），恒为定值；面积的最大值为 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义可得周长； （2）由离心率得到椭圆方程，联立直线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，从而得到时，恒为定值；并求出，由基本不等式求出最值，得到答案. 【小问1详解】 当时，椭圆方程为，故且， 由椭圆定义可得，的周长为； 【小问2详解】 由题意得，解得， 椭圆方程，联立，消元得， ，可得， 设，，则，， 又因为、在椭圆上，则，， 则 ， 当为定值时，即与无关，故，得， 此时， 又点到直线的距离， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 因为，经检验，此时成立，所以面积的最大值为． 19. 设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”： ①，②. （1）若等比数列为阶“期待数列”，求公比； （2）若一个等差数列既为阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式； （3）记阶“期待数列”的前项和为. （）求证：； （）若存在，使，试问数列是否为阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）（）证明见解析；（）不能，理由见解析. 【解析】 【详解】试题分析： （1）由阶“期待数列”定义，当，结合已知条件①求得等比数列的公比，若，由①得, ，得，不可能，所以 ； （2）设出等差数列的公差，结合①②求出公差，再由前项和为求出首项，则等差数列的通项公式可求； （3）（）由阶“期待数列”前项中所有的和为0，所有项的绝对值之和为1，求得所有非负项的和为，所有负项的和为，从而得到答案； （）借助于（）中结论知，数列的前项和为，且满足，再由，得到，从而说明与不能同时成立. (1) 若，则由① 由，所以，得， 由②得或,满足题意. 若，由①得, ，得，不可能. 综上所述. (2)设等差数列的公差为. 因为，所以. 所以. 因为，所以由，得. 由题中的①、②得 , ， 两式相减得, 即. 又,得. 所以. (3) 记中非负项和为,负项和为. 则, 得. （） 因为，所以. （） 若存在，使，由前面的证明过程知： ， 且. 记数列的前项和为.若为阶“期待数列”， 则由()知, . 所以 因为， 所以. 所以,. 又, 则. 所以. 所以与不能同时成立. 所以对于有穷数列,若存在，使， 则数列不能为阶“期待数列”. 考点：数列的通项公式；数列与不等式的综合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $