陕西省西安市高新第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份陕西省西安市高新第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质有，易知是方程的两个根，再由已知及等比数列的通项公式求公比.
【详解】由题设，易知是方程的两个根，
又为递增的等比数列，所以，故公比.
故选：B
2. 由数字0，1，2，3，4组成的无重复数字的三位数的偶数的总个数为（ ）
A. 12B. 18C. 30D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】可用分步原理求解本题，可分为两类，一类是末位是0，一类是末位不是0.
【详解】个数为0，有个；个位不为0，有个.故共有个. 故答案为C
【点睛】本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是正确理解偶的含义，以及计数原理，且能根据问题的要求进行分类讨论，本题考查了推理判断的能力及运算能力.
3. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A. B. eC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
4. 已知的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，.则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，利用三角形的内角和性质，利用两角差的正弦公式求得角，进而利用正弦定理得解.
【详解】由于三角形的内角和为，即：,已知，所以：，
代入到中，得到：，
展开并化简：,即，
整理得到：，即，
根据正弦定理：,即.
故选：D.
5. 已知正四棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切，则正四棱锥的体积为（ ）
A. B. 12C. D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，先判断正四棱锥的内切球的球心在其高线上，过点作于点，连接，过点作于点，证明平面，得，通过计算依次求得，直至求得高线长，即可求其体积.
【详解】
因为球与该正四棱锥的各面均相切，所以该球的球心在的高线上，
过点作于点，连接，过点作于点.
因平面，平面，则，
又平面，则平面，
因平面，故，又平面，故平面.
依题意，，因为底面边长为，所以，
在中，，则，
因，则，则，
故，则.
故选：B.
6. 若是函数的极值点，则的极小值为．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题可得，
因为，所以，，故，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为，故选A．
【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；
（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，以为圆心的圆经过点，且与轴正半轴交于点，若线段的中点在上，则的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对称性，得，设线段的中点为得，由椭圆的定义即可求解.
【详解】设，由题知圆的半径为，且，得为等边三角形，
则，设线段的中点为，则，且，
因为点在上，所以得，
即，即的离心率为.
故选：A.
8. 已知公比为2的等比数列满足，记为在区间（为正整数）中的项的个数，则数列的前100项的和为（ ）
A. 360B. 480C. 600D. 100
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出的通项公式，通过分析数列的规律，由此求得数列的前项和.
【详解】解：因为，，所以，
由于，所以
对应的区间为，则；
对应的区间分别为，则，即有2个1；
对应的区间分别为，则，即有个2；
对应的区间分别为，则，即有个3；
对应的区间分别为，则，即有个4；
对应的区间分别为，则，即有个5；
对应的区间分别为，则，即有37个6．
所以．
故选：B
二、多选题
9. 如图所示为函数（，）的部分图象，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在区间上单调递增
C. 将的图象向右平移个单位可以得到的图象
D. 方程在上有三个根
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出函数解析式，再逐项求解判断.
【详解】观察图象，得的最小正周期，解得，
由，得，而，解得，
对于A，，A正确；
对于B，当时，，当，即时，
取得最大值，因此在区间上不单调，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，当时，，由，得或，
因此方程在上有2个根，D错误.
故选：AC
10. 已知函数，下面表述不正确的为（ ）
A. 是的极小值点B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】B
【解析】
【分析】对函数求导，求出函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，再对每个选项逐一判断即可.
【详解】对函数求导，
得，
令，解得：或；
令，解得：，
所以函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，如下图：
对于选项A：观察图像可知，选项A正确；
对于选项B：当时，，且函数在区间上单调递增，
故，故选项B错误；
对于选项C：当时，，且函数在区间上单调递减，
且，故，故选项C正确；
对于选项D：当时，，由，得，
故，故选项D正确；
故选：B
11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，是的准线与轴的交点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则直线的斜率为
B.
C. （为坐标原点）
D. 当取最小值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出直线：，根据题意求出，得到斜率判定A；运用抛物线定义转化线段长度，结合基本不等式计算判定B；借助向量法计算判定C；运用抛物线定义转化长度，结合基本不等式计算判定D.
【详解】依题意得，设直线：，
联立得，则，
则，解得或，则，
或，则直线的斜率，故A项正确.
，
当且仅当时等号成立，故B项正确.
因为，所以，故C项错误.
，则，由抛物线定义可得，
因，所以
，
当且仅当时取等号，此时，故D项正确.
故选：ABD
三、填空题
12. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是_______.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故答案为：.
13. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为_______.
【答案】1
【解析】
【分析】法一：根据台体的体积公式得三棱台的高，作辅助线并结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系得，进而求正三棱锥的高，即得结果.
【详解】法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得，
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故答案为：1
14. 设函数，若恒成立，则的最小值为______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据对数的单调性可得时，；当时，；即可由恒成立得，由二次函数的性质即可求最值.
【详解】当时，；当时，，
当时，；当时，；
若恒成立，则必须，即，
所以，
所以当，时，取到最小值.
故答案为：
四、解答题
15. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【小问1详解】
∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
【小问2详解】

∴
16. 已知函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
【答案】（1）在，单调递增，在，单调递减.
（2）
【解析】
【分析】（1）先将代入函数，然后对求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间.
（2）当时，通过移项参变分离变形，构造新函数，利用导数研究新函数的性质来确定实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
则，
令，解得或，
当或时，
当或时，
所以在，单调递增，在，单调递减.
【小问2详解】
因为时，，
所以，得，
即，
令，
则，
令，且在上单调递增，且，
所以，当时，，即当时，，即
所以，在上单调递减，在上单调递增，
所以，故
17. 如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，．
（1）证明：平面ABC；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据长度关系可证，，即可证线面垂直，
（2）可证平面.建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
连接，
因为，，则，可知，
且点M，N分别为AC，AB的中点，则，∥，
则，可知，
又因为，则，
可得，可知，
且，平面，所以平面ABC.
【小问2详解】
因为平面ABC，平面ABC，则，
又因为，∥，则，
且，平面，所以平面.
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由平面可知：平面的法向量可以为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知双曲线的右焦点为，直线与的右支交于两点.
（1）若线段的中点坐标为，求直线的方程；
（2）当过点时，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，且直线，交于点，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据题意利用点差法可得直线的斜率，即可得方程，注意检验；
（2）设直线：，联立方程，利用韦达定理结合对称性分析可知直线与的交点为，再求面积，利用单调性求最值.
【小问1详解】
设，则，直线的斜率，
因为在椭圆上，则，两式相减得，
整理可得，即，
可得直线的方程为，即，经检验符合题意，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
由题意可得：，
显然直线的斜率不为0，设直线：，
联立方程，消去x整理得，
则，且，
因为，可得，
因为直线的方程为，
令，得，
因为，可得，
所以直线过定点，
由对称性可知直线过定点，即直线与的交点为，
则，
令，则，
则，
因为函数在区间内单调递减，
所以当时，面积取得最小值，最小值为.
【点睛】方法点睛：1.与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
2.弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在．
19. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，其中．
（ⅰ）求证：在区间上有唯一的极值点；
（ⅱ）设为在区间上的零点，为在区间上的极值点，比较与的大小，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）；答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到切线方程即可；
（2）（ⅰ）求导后构造函数，再求导，分析单调性结合零点存在定理可证；
（ⅱ）利用函数的极值点分析的单调性得到，再由零点和极值点得到，构造函数，求导分析单调性可得；
【小问1详解】
函数的定义域，
，，，
所以曲线在点处的切线方程，即.
【小问2详解】
（ⅰ）证明：，，
令，则，
因为，所以，所以，
所以在区间上单调递增，
因为，
所以在区间上存在唯一一个零点，使得，
所以在区间上有唯一的极值点.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，在区间上有唯一的极值点，
即有，
当时，单调递减；当，单调递增；
又，而，
所以在区间上没有零点，在上存在唯一一个零点m，
所以，
因为，又，
所以，
令，
则，
所以在区间上单调递增，
所以，
又，且当时，单调递增，
所以由单调性可得.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问关键是求导后能够再次构造函数求导，结合零点存在定理判断；本题第二问的第二小问关键是能利用零点和极值点得到，然后构造函数，利用导数和单调性判断自变量范围.