精品解析：江苏省镇江市镇江第一中学2026-2027学年高二第一学期10月份月考数学试题

镇江第一中学高二月考试卷 一、选择题．本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知正项等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 正项等差数列的公差为，已知，且，，三项成等比数列，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 5. 一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（　　） A. ①② B. ②④ C. ①②③ D. ②③④ 6. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有个球， ， 设各层球数构成一个数列：，，，，，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 7. 若直线，的倾斜角分别为，，则（ ） A. B. C. D. 8. 将数列 2，4， 6， 8， 10， 12， 14， 16 分为4组，每组2个数，使得每组的2个数之和构成一个项数为4且公差为的等差数列，则的最大可能值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 二、多选题．本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 关于空间平面、、和直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则内一定存在直线平行于 B. 若，则内所有直线都垂直于 C. 若，，，则 D. 若不垂直于，则内一定不存在直线垂直于 10. 对于直线，下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 当时，直线在轴上的截距为 C. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是 D. 坐标原点到直线的距离的最大值为 11. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. 数列为递减数列 C. 数列的最大项是2，最小项是0 D. 对任意， 三、填空题．本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设数列的前n项和为，若且，则的通项公式=_______． 13. 直线l经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l的方程为______. 14. 数列的前项和为，且，且，则__________． 四、解答题．共77分． 15. 如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，E是PD上的点． （1）若E、F分别是PD和BC中点，求证：平面PAB； （2）若平面AEC，求证：E是PD中点． 16. 在锐角中，角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）是否存在锐角，其面积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17. 设正项数列的前项和为，且，当时， （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和 18. 已知，， （1）若点，，不能构成三角形，求的值； （2）若点，，构成的三角形为直角三角形，求的值． （3）过点的直线分别与轴正半轴、轴的负半轴交于、两点，当的面积取得最小值时，求此时直线的方程． 19. 在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． （1）若，判断是不是“组差数列”，并说明理由； （2）若是“组差数列”，且为定值，证明：； （3）记的前项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数，使得恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 镇江第一中学高二月考试卷 一、选择题．本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】，对应复平面上点，位于第一象限. 2. 已知正项等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的概念及数列的单调性、等比数列的通项公式即可求解. 【详解】取，显然数列不是递增数列，即“”不是“是递增数列”的充分条件； 若是递增数列，则，即，由知，即“”是“是递增数列”的必要条件. 综上，“”是“是递增数列”的必要不充分条件. 3. 已知向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量的坐标运算求出的坐标，再把转化为关于的三角函数求最值. 【详解】因为，所以， 所以= =，当时取等号，所以的最大值为3. 4. 正项等差数列的公差为，已知，且，，三项成等比数列，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项性质可知，，再应用等差数列的性质即可求解. 【详解】因为，，三项成等比数列，所以， 故，结合可得 ， 解得 或（负值舍去）. 5. 一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（　　） A. ①② B. ②④ C. ①②③ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据组合体的性质，当截面的角度和方向不同时，球的截面不相同，应分情况考虑即可得到答案． 【详解】当截面平行与正方体的一个侧面时，得到的截面如①所示； 当截面过正方体的对角线时，得到的截面如②所示； 当截面不平行与任何侧面也不过对角线时，得到的截面如③所示， 但无论如何都不能是④， 故选：C． 6. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有个球， ， 设各层球数构成一个数列：，，，，，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】观察数列，，，，可知第层的球数是前个正整数之和， 则， ， ． 7. 若直线，的倾斜角分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，直线的斜率， 所以直线的斜率. 8. 将数列 2，4， 6， 8， 10， 12， 14， 16 分为4组，每组2个数，使得每组的2个数之和构成一个项数为4且公差为的等差数列，则的最大可能值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】先得到原数列各项之和为，利用最大和，得到，在验证满足条件，即可求解. 【详解】原数列总和. 设新数列首项为，公差为，则 . 最大和. 因为且 ，所以 . 代入得到. 若 ，则 . 新数列为 . 要凑出最大和，必须用，其余数字凑出，满足条件 故的最大可能值为 二、多选题．本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 关于空间平面、、和直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则内一定存在直线平行于 B. 若，则内所有直线都垂直于 C. 若，，，则 D. 若不垂直于，则内一定不存在直线垂直于 【答案】ACD 【解析】 【详解】 若，设，在内作且， 则，选项A正确； 如图所示，取为平面，为平面，， 但，选项B错误； 设，，在内任取一点， 过点作于点，过点作于点， ，，，，，， 又，所以，，，， 所以，选项C正确； 若内一定存在直线垂直于，则， 所以不垂直于，则内一定不存在直线垂直于，选项D正确. 10. 对于直线，下列选项正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 当时，直线在轴上的截距为 C. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是 D. 坐标原点到直线的距离的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，将方程变形为，即可列方程求解定点判断；对B，令，求出截距判断；对C，根据直线过的定点，画出图象，结合定点与端点处连线的斜率，求出实数的取值范围；对D，求出原点到定点的距离即是原点到直线的距离的最大值. 【详解】对于A，直线可变形为， 由，得，所以直线恒过定点，故A正确； 对于B，当时，直线，令，得，所以直线在轴上的截距为，故B错误； 对于C，由选项A知直线恒过定点，如图， ，， 要使得直线与线段相交，则或， 解得或，所以的取值范围为，故C错误； 对于D，因为直线恒过定点，所以坐标原点到直线的距离的最大值为，故D正确. 故选：AD. 11. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. 数列为递减数列 C. 数列的最大项是2，最小项是0 D. 对任意， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出判断A；利用二次函数性质及数学归纳法推理得并判断C； 利用递减数列定义判断B；求出的范围，再利用累加法推理判断D. 【详解】数列中，，， 对于A，，，A正确； 对于C，，，数列的最大项是2， 用数学归纳法证明：，即当时，不等式成立； 假设当时，不等式成立，即，而，则， 因此对一切成立，即，C错误； 对于B，由选项C知，，则，因此数列为递减数列，B正确； 对于D，由选项C知，，由，得，则， 由，两边同时除以得，即， 当时，上式累加得 ，解得， 而当时，，因此对任意，，D正确. 三、填空题．本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设数列的前n项和为，若且，则的通项公式=_______． 【答案】. 【解析】 【分析】当时，利用，求出，再验证首项，进而求出的通项公式. 【详解】由，① 当时，，② ①-②得：，整理得：. 当时，，又得. 所以数列是从第二项起的等比数列，时，. 综上：. 故答案为：. 13. 直线l经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l的方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意，分截距均为0和截距不为0，两种情况讨论，结合题意，列出方程组，即可求解. 【详解】当截距均为0时，即过，此时直线的方程为； 当截距不为0时，设直线的方程为，满足，解得， 此时直线的方程为， 综上可得直线的方程为或. 14. 数列的前项和为，且，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用递推式把数列分成三个子数列，结合已知条件求出及的关联，进而求出通项公式及前项和公式，最后求出． 【详解】， 可分为三个子数列子数列等比，公比为，首项分别为； ，， ，令，则， ，解得， 子数列的通项公式为：， 设， ， ， ， ， ． 故答案为：． 四、解答题．共77分． 15. 如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，E是PD上的点． （1）若E、F分别是PD和BC中点，求证：平面PAB； （2）若平面AEC，求证：E是PD中点． 【答案】（1） 证明：取中点，连接，， 在中，因为，分别为所在边的中点，所以，且， 又因为底面ABCD为平行四边形，为的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面； （2）证明：连接，交于，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以，在中，为中点， 所以为中点. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，证明四边形为平行四边形，可知，利用线面平行的判定定理可证平面； （2）连接，交于，连接，因为平面，利用线面平行的性质定理可得，且为中点，可证E是PD中点． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 在锐角中，角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）是否存在锐角，其面积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合同角三角函数关系求解即可. （2）根据三角形面积公式及余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理可知：，即， 又，所以. 在锐角中， ，所以. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，即，所以. 由余弦定理，得， 因为，且， 所以是锐角三角形，故符合题意. 17. 设正项数列的前项和为，且，当时， （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合与的关系可得数列是以为首项，公差为1的等差数列，即可得，进而可得； （2）根据的定义可知，即可得，利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 当时，，则， 因为为正项数列的前n项和，且， 则，，可得， 所以数列是以为首项，公差为1的等差数列， 所以，则有， 当时，， 又也适合， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可得， 根据的定义可知， 则， 所以. 18. 已知，， （1）若点，，不能构成三角形，求的值； （2）若点，，构成的三角形为直角三角形，求的值． （3）过点的直线分别与轴正半轴、轴的负半轴交于、两点，当的面积取得最小值时，求此时直线的方程． 【答案】（1） （2）或或. （3） 【解析】 【分析】（1）利用三点共线等价于对应向量共线列方程求解； （2）分直角顶点为三类，结合向量垂直的坐标运算列方程求； （3）设直线点斜式，用基本不等式求面积最小值对应的斜率，进而得到直线方程. 【小问1详解】 由，，， 得，， 若不能构成三角形，则三点共线， 所以，解得. 【小问2详解】 分三种情况讨论直角顶点： ①若为直角，则，即，解得； ②若为直角，， 则，解得； ③若为直角，则，. 综上所述，的值为或或. 【小问3详解】 设直线的斜率为，直线的方程为. 令得，则；令得则. 的面积， 当且仅当即时等号成立. 此时直线的直线方程为即. 19. 在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． （1）若，判断是不是“组差数列”，并说明理由； （2）若是“组差数列”，且为定值，证明：； （3）记的前项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数，使得恒成立． 【答案】（1）是，理由如下： 当时，， 当时，，， 所以， 所以数列是以为公差的等差数列，且， 所以是“组差数列” （2）证明：因为是“组差数列”， 所以数列是以18为公差的等差数列， 则， 又为定值，可设，则， 所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 则， 设， 则， 两式相减得： ， 所以，即； （3）因为为“组差数列”， 所以数列是以为公差的等差数列， 则， 对于任意正整数，均存在非负整数和整数，使得， 此时，， 设这四项中的最小值为， 因为，所以， 从而， ， 令，由对任意的实数均成立，则 【解析】 【分析】（1）由可得，当时，可得，进而结合题设定义即可判断； （2）由题意可得，设，可得，进而得到，进而得到数列是等差数列，且公差为3，即可求出，再利用错位相减法求证即可； （3）由题意可得，即存在非负整数和整数，使得，此时，设这四项中的最小值为，进而得到，进而求证即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $