湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），共26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。
1. 已知数列，则是它的（ ）
A. 第9项B. 第10项C. 第13项D. 第12项
2. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知数列满足，且，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 利用数学归纳法证明不等式的过程中，由到时，左边增加了（ ）
A. 项B. 项C. k项D. 1项
5. 一组数据如下表所示：
已知变量关于的回归方程为，若，则预测的值可能为
A. B. C. D.
6. 某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人中至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序相邻，那么不同的发言顺序有（ ）
A. 168种B. 240种C. 264种D. 336种
7. 已知数列的通项公式为，前项的和为，则取到最小值时的值是（ ）
A. B. C. D.
8. 设是等比数列，且，下列正确结论的个数为（ ）
①数列具有单调性； ②数列有最小值为；
③前n项和Sn有最小值 ④前n项和Sn有最大值
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、多选题（共20分）
9. 四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知数列满足，，定义其“双阶变换”数列为.以下命题正确的是（ ）
A. 的通项公式为
B. 存在周期性
C. 当为偶数时，
D. 奇数项之和为
11. 如图，在平面直角坐标系中，点均在x轴正半轴上，点均在y轴正半轴上.已知，，四边形均为长方形.当时，记为第个倒“L”形，则（ ）
A. 第10个倒"L"形的面积为121
B. 长方形面积为
C. 点均在曲线
D. 不能被110整除
12. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，若直线为的准线，则（ ）
A B.
C. 以为直径的圆与相切D. 为等腰三角形
三、填空题（共20分）
13. 已知各项为正数的数列是等比数列，且其前n项和为.若，，则公比______.
14. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为__________.
（参考数据：）
15. 已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．则a的取值范围为___________．（结果用区间表示）
16 已知数列满足.且，若，则______.
四、解答题（共70分）
17. 已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前2025项和.
18. 如图，三棱柱中，侧棱底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，的中点．
（1）证明平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）令，求数列的前项的和.
20. 近期，流感在某小学肆意传播.流感病毒主要在学生之间传染，低年龄段（一、二年级）的学生感染情况相对较多.病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他同学的可能性越高.学校对300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出潜伏期的平均数为2，方差，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照年级统计样本，得到如下列联表：
（1）是否有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关？
（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差
（i）学校现在对有流感症状学生的密切接触者一律要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性.
（ii）以题目中的样本估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，当为何值时，取最大值.
（附：，）
若，则，，.
参考数据：，，.
21. 设函数.
（1）若是的极值点，求a的值，并求的单调区间；
（2）讨论的单调性；
（3）若，求的取值范围.
22. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和．
（3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
2025年上学期高二数学月考试题
一、单选题（共40分）
1. 已知数列，则是它的（ ）
A. 第9项B. 第10项C. 第13项D. 第12项
【答案】C
【解析】
【分析】首先得出数列的通项公式，然后解方程即可求解.
【详解】数列，即数列的通项公式是，
令，所以是它的第13项.
故选：C.
2. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】比较、时不等式左边代数式的差异后可得需添加的项，从而得到正确的选项.
【详解】当时，所假设的不等式为，
当时，要证明的不等式为，
故需添加的项为：，
故选：B.
【点睛】本题考查数学归纳法，应用数学归纳法时，要注意归纳证明结论和归纳假设之间的联系，必要时和式的开端和结尾处需多写几项，便于寻找差异.本题属于基础题.
3. 已知数列满足，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据递推公式得到是以为首项，以为公比的等比数列，则，然后利用累加法即可求解.
【详解】由可得：，
若，则，与题中条件矛盾，故，
所以，也即数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，
则有，
也即，所以，
故选：.
4. 利用数学归纳法证明不等式的过程中，由到时，左边增加了（ ）
A. 项B. 项C. k项D. 1项
【答案】B
【解析】
【分析】根据数学归纳法的知识即可判断出增加的项数.
【详解】当时，不等式左边为，
当时，不等式左边为，
故增加的项数为：.
故选：B.
5. 一组数据如下表所示：
已知变量关于的回归方程为，若，则预测的值可能为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，求得之间的数据对照表，结合样本中心点的坐标满足回归直线方程，即可求得；再令，即可求得预测值.
【详解】将式子两边取对数，得到，令，得到，
根据已知表格数据，得到的取值对照表如下：
由上述表格可知：
，，
利用回归直线过样本中心点，即可得，
求得，则，
进而得到，将代入，
解得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用样本中心点坐标满足回归直线方程求参数值，以及由回归方程进行预测值得求解，属中档题.
6. 某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人中至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序相邻，那么不同的发言顺序有（ ）
A. 168种B. 240种C. 264种D. 336种
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，可分为两种情况：甲乙其中一人参加,甲乙两人都参加，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两种情况：
若甲乙其中一人参加，有种情况；
若甲乙两人都参加，有种情况，
所以不同的发言顺序有种.
故选：C
7. 已知数列的通项公式为，前项的和为，则取到最小值时的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对通项公式化简变形后可求得当或时，，当时，，从而可求出取到最小值时的值.
【详解】，
由，得，解得或，
因为，所以当或时，，当时，，
所以当时，取得最小值.
故选：B
8. 设是等比数列，且，下列正确结论的个数为（ ）
①数列具有单调性； ②数列有最小值为；
③前n项和Sn有最小值 ④前n项和Sn有最大值
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由，再结合分类讨论思想可得到数列的性质，从而可判断每一个问题.
【详解】由，有.
当时，有，解得，
此时数列是每一项都是正数的单调递增数列，所以其前n项和Sn没有最大值，故④不正确；
当时，有，解得或.
当时，数列是摆动数列，不具有单调性，故可知①、②不正确.
当，时，，故前n项和Sn无最小值，故可知③不正确.
故选：A
二、多选题（共20分）
9. 四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到.
【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择），
当时，就传递一次，不可能回到甲手上，；
当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，，
当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，
最后传回到甲，，A错误；
当时，传递四次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，B正确；
当时，传递五次，三种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，C错误；
当时，传递六次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，D正确.
故选：BD．
10. 已知数列满足，，定义其“双阶变换”数列为.以下命题正确的是（ ）
A. 的通项公式为
B. 存在周期性
C. 当为偶数时，
D. 的奇数项之和为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据递推关系式，利用累加法求出数列的通项公式；分类讨论为偶数和奇数时，根据题意求和得出数列的通项公式；利用分组求和法结合平方和公式可求出的奇数项之和.根据所求结果分别对选项进行判断即可.
【详解】由题意，，当时，，
所以
当时，适合上式，所以.
故A正确.
由题意，，
当为偶数时，，
此时，则有即，
所以
当为奇数时，则为偶数，则有，
所以
故B错误，C正确.
对于D，为了方便计算，采用，
当奇数时，其前项中，奇数项有项，
则
当为偶数时，其前项中，奇数项有项，
此时为奇数，根据上述结论，则有
则
故D错误.
故选：AC.
11. 如图，在平面直角坐标系中，点均在x轴正半轴上，点均在y轴正半轴上.已知，，四边形均为长方形.当时，记为第个倒“L”形，则（ ）
A. 第10个倒"L"形的面积为121
B. 长方形的面积为
C. 点均在曲线
D. 不能被110整除
【答案】ABC
【解析】
【分析】先计算，则可计算长方形的面积和坐标，可判断B C选项，再用长方形面积作差可得A选项，最后利用公式可判断D选项.
【详解】设长方形的面积为，，
因，，
则，故B正确；
则第个倒“L”形的面积为，故A正确；
由，得，则C正确；
，而，则D错误；
故选：ABC
12. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，若直线为的准线，则（ ）
A. B.
C. 以为直径的圆与相切D. 为等腰三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】先求得焦点坐标，进而求得抛物线方程，根据弦长公式、直线和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由直线，令，解得，所以抛物线的焦点，
所以，所以A选项错误，抛物线方程为，准线为，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项正确.
由上述分析可知，中点，
其到准线的距离是，所以以为直径的圆与相切，
C选项正确.
，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.
故选：BC

三、填空题（共20分）
13. 已知各项为正数的数列是等比数列，且其前n项和为.若，，则公比______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用等比数列的前项和公式与通项公式即可求得结果.
详解】若，，则，
，
所以，由，解得.
故答案为：.
14. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为__________.
（参考数据：）
【答案】5
【解析】
【分析】根据题意求出第次操作后去掉的各区间长度之和，列不等式结合所给参考数据即可得.
【详解】记表示第次去掉的长度，，第2次操作，去掉的线段长为，
第次操作，去掉的线段长度为，
，则，
由的最大值为5.
故答案为：5
15. 已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．则a的取值范围为___________．（结果用区间表示）
【答案】
【解析】
【分析】由有两个不同的极值点可得有两个不等实根，进而函数与图象有两个交点，利用导数求切线斜率，结合图象可得答案.
【详解】解：依题，
因为有两个不同的极值点，所以有两个不等实根．
即函数与图象在上有两个不同交点，
令过原点且与图象相切的直线斜率为k，由图可知，，
设切点为，则，
又，所以，解得，
于是，所以.
故答案为：

16. 已知数列满足.且，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用构造法与迭代法求得，从而利用并项求和法即可得解.
【详解】因为，所以，
又，则，
所以
，
故，则，
所以，
则的各项分别为，
所以
.
故答案为：
四、解答题（共70分）
17. 已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前2025项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列建立等量关系，在由等差数列中项的关系，求出公差即可写出等差数列通项公式；
（2）写出数列的通项公式，讨论的不同取值时，的值，从而写出数列的前2025项的和，根据周期性分组求和.
【小问1详解】
设数列公差为，
由题意可知，即，
∴，则，解得，
∴.
【小问2详解】
，
当为偶数时，为奇数，则，即，
当时，，
当为偶数时，，当为奇数时，，
设数列的前项和为，
则，
.
18. 如图，三棱柱中，侧棱底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，的中点．
（1）证明平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，可得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面.
（2）取中点，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在三棱柱中，连接，由分别为的中点，得且，
而且，又为的中点，则且，于是且，
因此四边形是平行四边形，则，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
在三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等，令，
取中点，连接，而为中点，则，有底面，
由正，得，显然直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，设平面的法向量，
则，令，得，令直线与平面所成的角为，
于是，
所以直线与平面所成角的正弦值.
【点睛】关键点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．
19. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）令，求数列的前项的和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知条件，变形给定等式，再利用等差数列的定义推理得证.
（2）由（1）求出及，再利用裂项相消求和法及并项求和法求出.
【小问1详解】
由是各项都为正数的递增数列，得，
而，则，整理得，
因此，所以数列是等差数列.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
，
所以
.
20. 近期，流感在某小学肆意传播.流感病毒主要在学生之间传染，低年龄段（一、二年级）的学生感染情况相对较多.病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他同学的可能性越高.学校对300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出潜伏期的平均数为2，方差，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照年级统计样本，得到如下列联表：
（1）是否有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关？
（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差
（i）学校现在对有流感症状学生的密切接触者一律要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性.
（ii）以题目中的样本估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，当为何值时，取最大值.
（附：，）
若，则，，.
参考数据：，，.
【答案】（1）有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关；
（2）（i）见解析；（ii）186.
【解析】
【分析】（1）由已知数据计算后与临界值比较可得；
（2）（i）由潜伏期，利用小概率事件判断；（ii）求得1个人属于长潜伏期的概率为，得，然后解不等式组可得．
【小问1详解】
由题意，
所以有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关；
【小问2详解】
（i）由题意，潜伏期，
，
所以，
即潜伏期5天或以上的概率约为，非常的小，
所以隔离5天后，一般不会再传染，即隔离5天是合理的；
（ii）由题意，1个人属于长潜伏期的概率为，
所以，
设时最大，
则，
解得，又，所以，
所以时取得最大值．
21. 设函数.
（1）若是的极值点，求a的值，并求的单调区间；
（2）讨论的单调性；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）6，单调递增区间为，单调递减区间为
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求导，令，检验即得解；代入，分别令，得到单增区间和单减区间；
（2）根据二次函数及二次不等式的性质，结合函数定义域，分类讨论即可求解；
（3）转化为，分，两种情况讨论即可.
【小问1详解】
，
，解得，
此时，
令，有或，令，有，
所以是的极值点，满足题意，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
【小问2详解】
由（1）知，
当即时，恒成立，
所以在上单调递增；
当即时，由得或，
由得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当即时，由得或，
由得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当即时，由得，得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，当时，在上单调递增，无递减区间，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
由题意
当时，令，有，令，有，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以
，即
当时，不成立.
综上，
22. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和．
（3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据递推式，写出前项和项的和，进而作差求通项公式即可；
（2）根据等差数列性质求得，再应用错位相减法、等比数列前项和公式求和．
（3）即得，分为奇数和为偶数两种情况对进行变形，将不等式恒成立问题转化为求最值问题，结合数列的单调性即可解答.
【小问1详解】
∵①，
当时，②，
①②，得．
所以，
当时，，满足上式，
所以的通项公式为．
【小问2详解】
由（1）知，得，
则③，
④，
③④得，
所以．
【小问3详解】
得，
又因为
当为奇数时，由对任意的恒成立，得
，即
当为偶数时，由对任意的恒成立，得
，即，
所以.
1
2
3
4
年龄/人数
长潜伏期
非长潜伏期
低年龄段（一、二年级）
40
100
高年龄段（三~六年级）
30
130
0.10
0.05
0.010
2.706
3841
6.635
1
2
3
4
年龄/人数
长潜伏期
非长潜伏期
低年龄段（一、二年级）
40
100
高年龄段（三~六年级）
30
130
0.10
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635