邵東一中2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)試卷(詳解版)

邵東一中2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)試卷時(shí)量：120分鐘滿分：150分一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1、已知復(fù)數(shù)，則z的虛部為()A. B. C. D.1、【答案】B【解析】依題意，，所以z的虛部為.故選：B.2、已知直線，，則“”是“”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件2、【答案】A【解析】當(dāng)時(shí)，直線的斜率為，的斜率為，又，所以，充分性成立；直線，，若，則有，解得或，必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.（選擇性必修第一冊課時(shí)P1403改編）3、在等差數(shù)列{an}中，已知a2＋a5＋a12＋a15＝36，則S16＝()A．288B．144C．572D．72【答案】B4、已知數(shù)列滿足：，且數(shù)列是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A． B． C． D．4、【答案】D【詳解】根據(jù)題意，an＝f(n)＝，n∈N*，要使{an}是遞增數(shù)列，必有，據(jù)此有：，綜上可得2<a<3.故選：D（選擇性必修第二冊學(xué)法課時(shí)P8811）5、一動圓P過定點(diǎn)M（﹣3，0），且與已知圓N：（x﹣3）2+y2＝16外切，則動圓圓心P的軌跡方程是（）A．（x≥2） B．（x≥2） C．（x≤﹣2） D．（x≤﹣2）5、【答案】C【解析】解：∵圓P與圓C外切，如圖，∴|PN|＝|PM|+4，即|PN|﹣|PM|＝4，∵0＜|PN|﹣|PM|＜|MN|＝6，∴由雙曲線的定義，點(diǎn)P的軌跡是以A，C為焦點(diǎn)，2為實(shí)軸長的雙曲線的左支，其中a＝2，c＝3，∴b2＝c2﹣a2＝9﹣4＝5．故所求軌方程為：（x≤﹣2）．故選：C．6、設(shè)函數(shù)與直線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)構(gòu)成以為公差的等差數(shù)列，且是圖象的一條對稱軸，則下列區(qū)間中是函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間的是（）A． B． C． D．6、【答案】D【解析】根據(jù)題意可得，函數(shù)的周期為，求得，再由解得，由題意，可得：；所以，令，解得：，故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，故區(qū)間是函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，故選：D.7、已知三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)在球的球面上，，，，平面平面，則球的體積為A． B． C． D．7、【答案】C【解析】解：因?yàn)?，，可知，又，，所以，故，取的中點(diǎn)，則，，又平面平面，且平面平面，所以平面，設(shè)的外接圓的圓心為，則在的延長線上，因?yàn)?，，所以，所以，設(shè)為的外接圓的圓心，則為的中點(diǎn)，，連結(jié)，，由球的性質(zhì)可知，平面，所以，，同理可得，，，所以四邊形為正方形，所以球的半徑為，所以，則球的體積為．故選：．（期中考試第7題改編）8、已知是拋物線：的焦點(diǎn)，直線與拋物線相交于，兩點(diǎn)，滿足，記線段的中點(diǎn)到拋物線的準(zhǔn)線的距離為，則的最大值為（

）A． B． C． D．38、【答案】B【解析】設(shè)，過點(diǎn)，分別作拋物線的準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為，則，因?yàn)辄c(diǎn)為線段的中點(diǎn)，所以根據(jù)梯形中位線定理得點(diǎn)到拋物線的準(zhǔn)線的距離為，因?yàn)?，所以在中，由余弦定理得，所以，又因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，所以，故.所以的最大值為.故選：B【點(diǎn)睛】本題考查拋物線的定義，直線與拋物線的位置關(guān)系，余弦定理，基本不等式，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題.本題解題的關(guān)鍵在于根據(jù)題意，設(shè)，進(jìn)而結(jié)合拋物線的定于與余弦定理得，，再求最值.選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9、已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，若，則下列說法正確的是（

）A．是遞增數(shù)列 B．?dāng)?shù)列是遞增數(shù)列C．?dāng)?shù)列中的最小項(xiàng)為D．，，成等差數(shù)列9、【答案】AB【解析】：因?yàn)?，所以?shù)列為等差數(shù)列，公差為3，因?yàn)椋?，；對于A，因?yàn)?，所以是遞增數(shù)列，A正確；對于B，因?yàn)椋詳?shù)列是遞增數(shù)列，B正確；對于C，因?yàn)?，所以?shù)列中的最小項(xiàng)為，C不正確；對于D，當(dāng)時(shí)，，顯然不是等差數(shù)列，D不正確.故選：AB10、已知為雙曲線的右焦點(diǎn)，過的直線與圓相切于點(diǎn)，且與及其漸近線在第二象限的交點(diǎn)分別為，則下列說法正確的是（

）A．直線的斜率為B．直線是的一條漸近線C．若，則的離心率為D．若，則的漸近線方程為10、【答案】ABD【分析】根據(jù)給定條件，計(jì)算斜率判斷A；由計(jì)算直線斜率判斷B；求出點(diǎn)的坐標(biāo)計(jì)算判斷C，D.【解析】對于A，根據(jù)題意，，設(shè)直線，又因?yàn)橹本€與圓相切于點(diǎn)，所以，A正確；對于B，根據(jù)題意可知，可得，所以直線是的一條漸近線，B正確；對于C，若，根據(jù)題意，聯(lián)立，解得，同理聯(lián)立，解得，由于，故，即，化簡得，則的離心率為，C錯(cuò)誤；對于D，設(shè)，依題意知，則，故，得，故，代入，得，所以，則，得，則的漸近線方程為，D正確；故選：ABD11、在棱長為1的正方體中，已知E為線段的中點(diǎn)，點(diǎn)F和點(diǎn)P分別滿足，，其中，則下列說法正確的是()A．當(dāng)λ=時(shí)，三棱錐P-EFD的體積為定值B．當(dāng)μ=時(shí)，四棱錐P-ABCD的外接球的表面積是C．的最小值為D．存在唯一的實(shí)數(shù)對，使得EP⊥平面PDF11、【答案】ACD【解析】對于A選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，只需要證明點(diǎn)到平面的距離恒定，就能說明三棱錐的體積為定值；對于B選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)為正方體的中心，只需求出四棱錐的外接球的半徑即可算出表面積；對于C選項(xiàng)，把問題轉(zhuǎn)化為在平面內(nèi)求點(diǎn)使得最小即可求解；對于D選項(xiàng)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法來證明即可.【詳解】對于A選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，又為線段的中點(diǎn)，故為三角形的中位線，，點(diǎn)在線段運(yùn)動時(shí)，點(diǎn)到平面的距離恒定，故三棱錐的體積為定值；對于B選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)為正方體的中心，設(shè)四棱錐的外接球的半徑為，由，解得，故四棱錐的外接球的表面積為對于C選項(xiàng)，把問題轉(zhuǎn)化為在平面內(nèi)求點(diǎn)使得最小，如圖，作點(diǎn)關(guān)于線段的對稱點(diǎn)，過點(diǎn)作的垂線，垂足分別為和，則，設(shè)，則，故，故對于D選項(xiàng)，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在的直線為軸，所在的直線為軸，所在的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，易求得，，故，若平面，則解得（舍）或故存在唯一的實(shí)數(shù)對，使得平面.故選：ACD.填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12、已知數(shù)列是正項(xiàng)等比數(shù)列，且成等差數(shù)列，則數(shù)列的公比為______.12、【答案】2【解析】由題設(shè)，令公比為，則，所以，即，則.（選擇性必修第二冊學(xué)法P25訓(xùn)練3（2）改編）13、數(shù)列滿足,若，,，則＝_________．13、【答案】－6【詳解】解：因?yàn)?，，所以，，，，所以?shù)列的周期為4，又因?yàn)?，?4、過點(diǎn)的直線與橢圓交于點(diǎn)和，且．點(diǎn)滿足，若為坐標(biāo)原點(diǎn)，則的最小值為___14、【答案】【解析】解：設(shè)，，，，，由，，，則，，即為，，相乘可得，①同理可得，②可得，即，化簡可得，即，即的軌跡方程，可得的最小值為．故答案為：．解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15、(13分)已知在數(shù)列中a1=1，且，記.(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列；(2)記求數(shù)列的前n項(xiàng)和15、【答案】（1）略（學(xué)法P13訓(xùn)練2（1））（2）（學(xué)法P43例3改編）【解析】解：（1）∵∴又∴∴且∴數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列…………6分由（1）知?jiǎng)t∴…………13分16、（15分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足2a﹣b＝2ccosB．（1）求角C；（2）若△ABC的面積為33，點(diǎn)D為AB中點(diǎn)，且CD=13，求16、【答案】（1）C=π3；（2）【解析】解：（1）由2a﹣b＝2ccosB得2sinA﹣sinB＝2sinCcosB∵A+B+C=π則有sinA=sin（B+C）∴2sin（B+C）﹣sinB＝2sinCcosB即2sinBcosC+2cosBsinC﹣sinB＝2sinCcosB?2sinBcosC＝sinB，∵B∈（0，π）則sinB≠0，∴cosC=1∵C∈（0，π）∴C=π3（2）由已知得CD→=12(∴13=14(b2+a2+2ab×1因?yàn)椤鰽BC的面積為33，所以12ab?32=33，即ab由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝a2+b2﹣ab＝40﹣12＝28，∴c=2717、（15分）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，側(cè)面是邊長為2的正三角形，平面平面，.（1）求證：平行四邊形為矩形；（2）若為側(cè)棱的中點(diǎn)，且點(diǎn)到平面的距離為，求平面與平面所成角的余弦值.17.【解答】（1）取中點(diǎn)，連接，如圖所示：∵為正三角形，則.面面，面面，面，則面.∵面∴又，，面，，所以面，面，故∴平行四邊形為矩形.………6分（2）如下圖所示：以為原點(diǎn)，為軸，為軸建立坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，所以，，，，設(shè)面的法向量為，則，令，則設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，則，解得.所以.設(shè)面的法向量為，則，令，則，則.∵平面與平面所成角為銳角，∴平面與平面所成角的余弦值為.…………15分18、(17分)已知橢圓C：x2a2+(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)橢圓C的左、右兩個(gè)頂點(diǎn)分別為A1，A2，T為直線l：x=4上的動點(diǎn)，且T不在x軸上，直線TA1與C的另一個(gè)交點(diǎn)為M，直線TA2與C的另一個(gè)交點(diǎn)為N，18、【答案】(1)解：有題意可知ca=1∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24)證明：由題意可知A1(?2,0)，A2設(shè)M(x1,直線TA1的方程為y=t6(x+2)聯(lián)立方程y=t6(x+2)x2∴?2?x1=則y1=聯(lián)立方程y=t2(x?2)x2∴2x2=則y2

∴k∴直線MN的方程為y+6t即y=?6tt故直線MN過定點(diǎn)(1,0)，

所以△FMN的周長為定值8，當(dāng)t=±3時(shí)，M(1,32)，N(1,?3∴MN過焦點(diǎn)(1,0)，此時(shí)△FMN的周長為定值4a=8，

綜上所述，△FMN的周長為定值8.………17分19、（17分）若數(shù)列滿足：對任意，都有，則稱是“數(shù)列”．(1)若，，判斷，是否是“數(shù)列”；(2)已知是等差數(shù)列，，其前項(xiàng)和記為，若是“數(shù)列”，且恒成立，求公差的取值范圍；(3)已知是各項(xiàng)均為正整數(shù)的等比數(shù)列，，記，若是“數(shù)列”，不是“數(shù)列”，是“數(shù)列”，求數(shù)列的通項(xiàng)公式．19．【答案】(1)數(shù)列an是“數(shù)列”；數(shù)列bn不是“數(shù)列”；(2)(3)或【解析】（1）對于數(shù)列而言，若，則,所以數(shù)列是“數(shù)列”；對于數(shù)列而言，若，則，則數(shù)列不是“數(shù)列”；.………3分（2）因?yàn)榈炔顢?shù)列是“數(shù)列”，所以其公差．因?yàn)?，所以，由題意，得對任意的恒成立，即對任意的恒成立．當(dāng)時(shí)，恒成立，故；當(dāng)時(shí)，對任意的恒成立，即對任意的恒成立，因?yàn)椋裕缘娜≈捣秶?.………9分（3）設(shè)等比數(shù)列的公比為，因?yàn)椋?，因?yàn)椤皵?shù)列”的每一項(xiàng)均為正整數(shù)，由得，所以且，因?yàn)椋?，所以單調(diào)遞增，所以在數(shù)列中，“”為最小項(xiàng)，而，從而