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15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（本大题共8小题）
1．在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（ ）.
A．B．2C．3D．4
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
3．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．B．eC．D．
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．
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
6．若是函数的极值点，则的极小值为．
A．B．C．D．
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．
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
二、多选题（本大题共1小题）
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
三、单选题（本大题共1小题）
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，
四、多选题（本大题共1小题）
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，
五、填空题（本大题共3小题）
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 .
13．已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为 .
14．设函数，若恒成立，则的最小值为 .
六、解答题（本大题共5小题）
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：．
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．
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．
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.
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．
参考答案
1．【答案】B
【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．【答案】C
【详解】个数为0，有个；个位不为0，有个.故共有个. 故答案为C.
3．【答案】C
【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．【答案】D
【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．【答案】B
【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．【答案】A
【分析】
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；
【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．
7．【答案】A
【详解】设，由题意知圆的半径为，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．【答案】B
【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.
9．【答案】AC
【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．【答案】B
【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．【答案】ABD
【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，由抛物线的定义可得，
因为，所以
，
当且仅当时取等号，此时，故D项正确.
故选：ABD
12．【答案】
【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.
13．【答案】1
【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，垂足为，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.
14．【答案】/0.5
【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.
15．【答案】(1)
(2)见详解
【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.
【详解】（1）∵，∴,∴,
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；
（2）
∴.
16．【答案】(1)在，单调递增，在，单调递减.
(2)
【详解】（1）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.
（2）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．【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）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.
（2）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．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）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.
（2）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，的面积取得最小值，最小值为.
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．【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），证明见解析.
【详解】（1）函数的定义域是，
，，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）（ⅰ）由题知，，
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；当时，单调递增；
又因为，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，又因为，
所以，
令，
则，
所以在区间上单调递增，
所以，
又因为，且当时，单调递增，
所以由单调性，得.