陕西省咸阳市武功县普集高级中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份陕西省咸阳市武功县普集高级中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若直线与直线平行，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用两条直线平行列式求解即得.
【详解】由直线与直线平行，得，
所以.
故选：D
2. 如图是函数的导函数的部分图象，则的一个极大值点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据极大值点的定义结合图象判断即可.
【详解】极大值点处导数为0，且在该点左侧附近导数值为正，在该点右侧附近导数值为负，选项中只有符合.
故选：B.
3. 在等差数列中，，，则（ ）
A. 2015B. 2017C. 2019D. 2021
【答案】B
【解析】
分析】根据给定条件，求出及公差，进而求出通项公式即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，
由，得，整理得，解得，
因此等差数列的通项公式，
所以.
故选：B
4. 若函数是增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，对任意的恒成立，由参变量分离法可得出对任意的恒成立，结合基本不等式可求得的取值范围.
【详解】因为函数的定义域为，则，
因为是增函数，所以，即对任意的恒成立，
所以，
又时，，当且仅当时，即当时取等号，
所以，故实数的取值范围是.
故选：A.
5. 设数列的通项公式为，，记被3除所得的余数构成的数列记为，则（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理可得，再分别求出，即可求出，进而可得出答案.
【详解】因为，
所以
，
则
，
因为能被整除，，
所以，
，
因为能被整除，，
所以，
所以.
故选：D.
6. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得函数单调区间，进而可判断；
【详解】由，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以.
因为与大小不确定，所以B，D无法判定.
故选：C.
7. 已知一个圆锥形的容器，其母线长为10，要使其体积最大，则底面半径（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆锥的体积公式，求得，利用导数求得函数的单调性，确定最值大点，即可得到答案.
【详解】该容器的高为，体积为，
令，
则，
令，得，当时，；当时，，
则在单调递增，在单调递减；
所以当时，取最大值，此时体积最大.
故选：A.
8. 已知A是椭圆右顶点，点B在圆上，点P在直线上运动，则的最小值为（ ）
A. B. 3C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】求出点的坐标及圆的圆心和半径，再利用对称性及圆的性质求出最小值.
【详解】椭圆的右顶点，圆的圆心，半径，
由圆的性质知，，作点关于直线的对称点，连接，
线段与直线，圆分别交于点，
因此，当且仅当重合时取等号，
由，解得，即点，则，
所以的最小值为.
故选：C
二､多选题：本题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 为了有效地制定预防甲型流感的措施，某校校医室的有关人员，统计了从2025年1月6日至1月16日本校每日新增甲型流感的学生数，并制作了如图所示的折线图.
若将该校从2025年1月6日至1月16日每日新增甲型流感的学生人数按日期的顺序排列成数列，的前n项和为，则（ ）
A. 时，数列是递增数列
B. 数列是递增数列
C. 数列的最大项是
D 时，取最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用折线图中的数据逐项判断即可.
【详解】由表中数据可知，，，，，
所以当时，数列是递增数列，故A正确；
因为，，所以，故数列不是递增数列，故B不正确；
比其余各项大，故数列的最大项是，故C正确；
因为，，所以时，取最大值，故D正确.
故选：ACD.
10. 如图，若正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，则（ ）
A. 四面体的体积为
B. 三个向量，，可以构成空间向量的一组基
C. 异面直线，所成的角是60°
D. 平面截该正方体的内切球所得截面的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三棱锥的体积公式即可判断A；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，判断，，是否共面即可判断B；利用向量法即可判断C；利用向量法求出正方体内切球的球心平面的距离，再利用勾股定理求出截面圆的半径，即可判断D.
【详解】对于A，三棱锥的高为，底面积，
所以，故A正确；
对于B，如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
故，
假设向量，，可以构成空间向量的一组基，
则向量，，共面，
故存在唯一实数对，使得，
即，
所以，无解，
所以向量，，不共面，
所以三个向量，，可以构成空间向量的一组基，故B正确；
对于C，，，
则，所以，
所以，故C错误；
对于D，设正方体内切球的球心为，则，，
则，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以点到平面的距离，
又正方体内切球得半径，
所以平面截该正方体的内切球所得截面圆的半径，
所以平面截该正方体的内切球所得截面的面积为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知是抛物线的焦点，，P是C上的任意一点，则（ ）
A. 的最小值是2
B. 以P为圆心且过F的圆与C的准线相切
C. 的中点轨迹方程为
D. 使面积为5的点P有4个
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件，求出抛物线方程，利用两点间距离公式，结合抛物线范围求出最小值判断A；利用抛物线定义及直线与圆的位置关系判断B；求出轨迹方程判断C；求出与直线平行且距离为的直线，确定该直线与抛物线的公共点个数判断D.
【详解】抛物线的焦点，则抛物线的方程为，
对于A，设且，则，当且仅当时取等号，A正确；
对于B，点到抛物线的准线距离等于，因此以P为圆心且过F的圆与C的准线相切，B正确；
对于C，设线段中点坐标为，则点在抛物线上，即，
整理得，因此的中点轨迹方程为，C正确；
对于D，，当的面积为5时，点到直线的距离，
直线的斜率，设与直线平行，且距离为的直线方程为，
于是，解得或，当时，把与联立，
消去得，，即直线与抛物线相切，
该直线上有且只有1点（切点）符合题意，而直线上最多两点符合题意，
因此抛物线上最多有3点符合题意，D错误.
故选：ABC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 与的等比中项是________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列的定义即可求解.
【详解】设与的等比中项是，
则，
即，
解得：，
故答案为：
13. 已知定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，确定其单调性，转换成，进而可求解；
【详解】设，则，
所以在上是增函数，
不等式可化为，
即，所以，解得.
故答案为：
14. 若关于的方程有4个不同的实数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】将原方程变形为，令，利用导数证明单调性从而得出的范围以及图象，结合图象知，关于的方程在上有两个不相等的实数解，再利用根的分布确定实数的取值范围.
【详解】显然，方程两边同时除以得，.
令，，当时，；当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
当，当时，则，
可得函数的图象如图所示，
由图可见，仅当时，两个不同的值对应着同一个值，
因此，要使方程有4个不同的实数解，
则关于的方程在上有两个不相等的实数解，
所以00,，解得
故答案为：.
四､解答题：本题共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. 已知函数.
（1）若，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若，求函数在区间上的最值.
【答案】（1）
（2）最大值是，最小值是
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求得切线斜率，进而可求解；
（2）求导，确定函数单调区间，进而可求解；
【小问1详解】
时，，
，
所以所求切线方程是，即.
【小问2详解】
时，，
令得，
的变化情况如下：
因为，
所以时，取最大值，最大值是；时，取最小值，最小值是.
16. 已知为数列的前n项和，，时，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用的关系，结合等比数列定义求出通项公式.
（2）由（1）的结论，利用错位相减法求出.
【小问1详解】
当时，，则，两式相减得，
而，，则，即，，又，
因此数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知，，
，
则有，
两式相减，得，
所以
17. 如图所示，四棱柱的底面和侧面都是正方形.
（1）证明：；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件可得平面，再利用线面垂直的性质判定推理得证.
（2）由（1）中信息，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
由四棱柱的底面和侧面都是正方形，
得，而平面，则平面，
又平面，则，而，于是，
又，则是菱形，因此，而平面，
则平面，又平面，所以.
【小问2详解】
在平面内过点作，由（1）知，平面，则，
又，于是直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
在菱形中，，则都是正三角形，令，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
设二面角的大小为，观察图形知为锐角，
因此，
所以二面角的余弦值为.
18. 对于函数，若存在区间和，使得在上是增函数，在上是减函数，则称函数为含峰函数，为峰点，区间称为函数的一个含峰区间.
（1）判断函数是不是含峰函数？并说明你的理由；
（2）证明函数是含峰函数，并指出该函数的峰点；
（3）若实数是含峰函数，且是它的一个含峰区间，求的取值范围.
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）证明见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）对的单调性进行分析可知其是先减后增的函数，可以判断不是含峰函数，
（2）结合导函数的正负与零点去证明是含峰函数，且根据单调增区间与减区间可得其峰点，
（3）先求的导函数，再结合是它的一个含峰区间，可确定在之间存在一个极大值点，列出对应不等式组，求出的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数，
不存在先增后减的区间，所以不是含峰函数.
【小问2详解】
证明：由，得，
令，得，
令，得，
所以对于任意整数，都存在，使函数在上是增函数，在上是减函数，
因此，函数是含峰函数，峰点为.
【小问3详解】
法1：函数的定义域为，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递减，即在区间上单调递减.
根据题意，存在峰点，使函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，
所以时，时，
因此，，
解得，
故的取值范围是.
法2：函数的定义域为，，
令，则（不合题意舍去），
由，解得，
检验：时，
若，则，
所以此时，
同理若，则，
因此函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，
所以函数在上是含峰函数.
故的取值范围是.
19. 已知双曲线（，）与直线相切于点，过点R与垂直的直线交x轴于点.
（1）求C方程；
（2）过C的右焦点F的直线l与C的右支交于A，B两点.
（Ⅰ）求直线l的倾斜角的取值范围；
（Ⅱ）在x轴上是否存在异于F的点P，使得点F到直线，的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）双曲线C的方程为
（2）（Ⅰ）直线l的倾斜角的取值范围为；
（Ⅱ）存在点满足题意
【解析】
【分析】（1）由题意易求得切线的方程，与双曲线方程联立可得，结合点在双曲线上，可得，求解即可得双曲线的方程；
（2）（Ⅰ）分斜率是否存在两种情况讨论，当存在时，设直线的方程为，与双曲线方程联立，结合条件可求得或，可求倾斜角的取值范围；（Ⅱ）假设在x轴上存在，使得点F到直线，的距离始终相等，可得，进而可得恒成立，计算可求得定点.
【小问1详解】
由题意可得的斜率为，
又直线与直线互相垂直，可得的斜率，所以直线的方程为，
又因为直线过点，所以，解得，
所以直线的方程为，
又点在双曲线是，所以①，
联立，消去可得，
整理得，
因为直线与双曲线相切，所以，
化简得②，
由①②解得，所以双曲线C的方程为；
【小问2详解】
（Ⅰ）由题意可得右焦点为，
当直线的斜率不存在时，显然直线与双曲线右支有两个不同的交点，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
联立，消去，可得，
因所双曲线与右支交于不同的两点，
则，解得或，
所以直线l的倾斜角的取值范围为；
（Ⅱ）假设在x轴上存在，使得点F到直线，的距离始终相等，
则是的角平分线，则，
则，所以，
所以，
整理得，
所以，
所以，
整理得，解得，所以
当直线斜率不存在时，根据双曲线的对称性，可得也满足题意，
综上所述：存在点满足题意.1
2
3
-
0
+
极小值