湖南省怀化市2024_2025学年高二数学上学期12月月考试题含解析

这是一份湖南省怀化市2024_2025学年高二数学上学期12月月考试题含解析，共27页。试卷主要包含了 若集合，，则．， 已知复数， 设为数列的前项和，，且， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式，得到集合，从而得到交集.
【详解】，所以．
故选：B．
2. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算化简出，即可得出对应点，便可得所在象限.
【详解】解：∵，∴复数，
即，则对应点坐标为，位于第四象限.
故选：D.
【点睛】本题考查复数的除法运算，复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.
3. 在公差不为0的等差数列中，成公比为3的等比数列，则（ ）
A. 14B. 34C. 41D. 86
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得，得到，再由等差数列的通项公式，求得，列出方程，即可求解.
【详解】因为成公比为3的等比数列，可得，所以
又因为数列为等差数列，所以公差，
所以，
所以，解得
故选：C.
4. 人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律:如图，卫星在以地球的中心为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径(卫星与地心的连线)在相同的时间内扫过的面积相等设该椭圆的长轴长、焦距分别为，.某同学根据所学知识，得到下列结论:
①卫星向径的取值范围是
②卫星向径最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁
③卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间
④卫星运行速度在近地点时最小，在远地点时最大
其中正确的结论是（ ）
A. ①②B. ①③C. ②④D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】①根据椭圆的简单几何性质可知卫星向径的最小值和最大值分别为什么；
②根据向径的最小值与最大值的比值，结合椭圆的性质即可得出结论；
③根据在相同的时间内扫过的面积相等，即可判断
④根据题意结合椭圆的图形知卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小．
【详解】解：如图所示，
对于①，卫星向径的最小值为，最大值为，①正确；
对于②，卫星向径的最小值与最大值的比值为，
越小，就越大，就越小，椭圆轨道越扁，②错误；
对于③，根据在相同的时间内扫过的面积相等，卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间，③正确；
对于④，卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小，④错误；
综上，正确结论的序号是①③，共2个．
故选．
【点睛】本题考查椭圆的相关性质，以及物理学中开普勒定律的理解，属于基础题．
5. 若给定一向量组和向量，如果存在一组实数，使得，则称向量能由向量组A线性表示，或称向量是向量组A的线性组合，若为三个不共面的空间向量，且向量是向量组的线性组合，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意表示向量，再利用待定系数法求.
【详解】由题意可知，
且，所以，，，
所以.
故选：D
6. 设为数列的前项和，，且.记为数列的前项和，若对任意，，则的最小值为（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得.再求得，从而有数列是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求得，再利用分组求和的方法，以及等比数列求和公式求得，从而求得得答案.
【详解】解：由，得，∴.
又由，得，又，∴.所以，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
∴，
∴，
∴.
∴.
∵对任意，，∴的最小值为.
故选：B.
7. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在，使得成立B. 存在，使得成立
C. 存在，使得在上单调递减D. 若存在，使得，则必有
【答案】D
【解析】
【分析】先由，求出，则，对A，D解得，对B得，对C得，，结合的范围，看是否存在符合题意.
【详解】由，则，又，得，则，
对A，由，则，即，
若，又则，即，
得，又，不存在，A错；
对B，由，则，即，
若，又则，即，
，又，不存在，B错；
对C，由，则，
若，又则，则，
解得，又，故，，C错误；
对，由上面分析得，若，又，
则，得，即，又，
得，得，，得，D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了正弦型函数的性质，将相位整体代入解方程或不等式，根据条件进行逻辑推理判断正误，考查了学生的运算能力和逻辑推理能力，属于中档题.
8. 已知抛物线的焦点F是椭圆的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A、B两点，若是正三角形，则椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意画出几何图形,由椭圆和抛物线的对称性可知AB与轴交于椭圆的另一焦点,则.根据正三角形性质可得结合椭圆定义,可由勾股定理求得椭圆的离心率.
【详解】由题意可知,画出几何图形如下图所示:
由椭圆与抛物线的对称性可知, AB与轴交于椭圆的另一焦点,则.
由椭圆定义可知,且为正三角形
所以则
由正三角形性质可知为直角三角形
所以
即,化简可得
所以
故选:C
【点睛】本题考查了抛物线与椭圆的标准方程与几何性质的综合应用,椭圆离心率的求法,属于中档题.
二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.
9. 已知函数，则（ ）
A.
B. 的值域为
C. 是R上的减函数
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算得选项A正确；的值域是，得选项B错误；恒正且在R上递增，得选项C正确；等价于，再利用函数的单调性解不等式得选项D正确．
【详解】，所以选项A正确；
的值域是，故的值域是，所以选项B错误；
恒正且在R上递增，故是R上的减函数，所以选项C正确；
由于，
故不等式等价于，即，
又是R上的减函数，故，解得，所以选项D正确．
故选：ACD
10. 如图，已知正方体的棱长为，E是棱CD上的动点.则下列结论中正确的有（ ）

A.
B. 二面角的大小为
C. 三棱锥体积的最小值为
D. 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】
连接、，则易证平面，平面，则由线面垂直的性质定理可以判断选项A正确；二面角的平面角为，易知，则可判断选项B正确；用等体积法，将求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积，当点与重合时，三棱锥的体积最小，此时的值为，则选项C错误；易知平面平面，而平面，则根据面面平行的性质定理可得平面，可判断选项D正确.
【详解】选项A，连接、，则由正方体可知，
，，，
则平面，又因为平面，
所以，选项A正确；
选项B，因为，
则二面角即为二面角，
由正方体可知，平面，
则为二面角的平面角，且，
所以选项B正确；
选项C，设点到平面的距离为，
则，
连接、，易证平面平面，
则在棱上，点到平面的距离最短，
即点与重合时，三棱锥的体积最小，
由正方体知平面，
所以，
则选项C错误；
选项D，由正方体知，
平面平面，且平面，
则由面面平行的性质定理可知平面，则选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题对于选项C的判断中，利用等体积法求三棱锥的体积是解题的关键.
11. 已知方程，下面四个命题是真命题的是（ ）
A. 当时，（*）表示一个圆
B. 当时，（*）的曲线关于直线对称
C. 当时，（*）的曲线具有中心对称性
D. 当时，的最大值为1
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，将代入（*）得，即可判断；对于B，将代入（*）得，将与交换位置判断即可；对于C，将代入（*）得，用待定系数法求解对称中心即可判断；对于D，将代入（*）得
，利用基本不等式求解最值即可.
【详解】对于A：当时，则方程为，
若，则方程化为，一条直线，故A不正确；
对于B：当时，则方程为，
即，
将与交换位置得，方程没有变化，
故方程（*）的曲线关于直线对称，故B正确；
对于C：当时，则方程为，
易知当时，（*）的曲线具有中心对称性，
当时，设（*）曲线的对称中心为，则，
展开得，
与对照得，
所以曲线关于点对称，
即（*）的曲线具有中心对称性，故C正确；
对于D：当时，方程化为，
则
，当且仅当时等号成立，
所以，即最大值为1，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于D选项中式子的变形，要观察式子结构，巧妙选择基本不等式及其变形公式求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 甲、乙、丙三人参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8，0.6，0.5，则三人中至少有一人达标的概率是________．
【答案】0.96
【解析】
【分析】根据对立事件的概率求法，即可求得答案.
【详解】“三人中至少有一人达标”的反面为“三人中，没有一人达标”，记事件为“三人中，没有一人达标”，
则根据相互独立事件的概率乘法公式可得，
所以“三人中至少有一人达标”这一事件的概率为.
故答案为：0.96
13. 已知点在双曲线上，在双曲线上，且满足，直线，的斜率之积为，则，的离心率之积等于______.
【答案】
【解析】
【分析】由点A、B在双曲线，上，坐标代入方程联立并相乘得，结合直线，的斜率之积为、即可求得，进而可求，的离心率之积
【详解】由已知可得，即
两式相乘可得
∵直线，的斜率之积为
∴，即，且代入上式
得，即
于是，的离心率之积
故答案为：
【点睛】本题考查了求双曲线的离心率，由点在双曲线上代入化简，结合已知条件消元并得到双曲线中参数的比例关系，进而求离心率之积
14. 已知，数列满足.若对任意正实数λ，总存在和相邻两项，使得成立，则实数的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件证得数列是等差数列，根据求得的最小值.
【详解】依题意，
即，
整理得，所以，
即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
，
，由得，
由于，所以，，
所以，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：
四､解答题：本大题共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. 如图，在正三棱柱中，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接，设与交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）由等腰三角形三线合一得到，再根据面面垂直的性质即可证明；
【详解】解：（1）证明：连接，设与交于点，连接，则，
又平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为是正三棱柱，是的中点，所以，
又侧面底面，底面，侧面底面，
依据两个平面垂直的性质，得侧面.
【点睛】本题考查线面、面面平行垂直判定及性质定理的应用，属于基础题.
16. 数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即
，令，并将数列称为的“生成数列”．
（1）设数列的“生成数列”为，求证：；
（2）若，求其生成数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由“生成数列”的定义证明即可；
（2）由分组求和求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，
所以，因此，
即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
【小问2详解】
当时，．
，又，
，
当时，．
设数列的前项和为．则．
当时，
又符合上式，所以．
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且．
（1）求角B的大小；
（2）若AC边上的高，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先通过正弦定理边化角并进行化简，然后结合两角和与差的正切公式求得答案；
（2）先求出，进而通过正弦定理和三角形面积公式即可求得答案.
【小问1详解】
因为，由正弦定理，得，易知，所以，因为，所以，化简得：，解得或．因为，所以角C为钝角，由三角形内角和为可得：，所以，所以，因为，所以．
【小问2详解】
由（1）可得，，，且A为锐角，C均为钝角，所以由，，因为，且，，所以在中，，在中，由正弦定理可得：，所以．
∴．
18. 已知，，，且．
（1）求动点C的轨迹E；
（2）若点为直线l：上一动点，过点P引轨迹E的两条切线，切点分别为A、B，两条切线PA，PB与y轴分别交于S、T两点，求面积的最小值．
【答案】（1）动点C的轨迹E是以（2，0）为圆心，1为半径的圆
（2）
【解析】
【分析】(1)根据已知条件求出动点C的轨迹方程即可判断其轨迹；
(2)设切线方程，根据已知条件求出k与t的关系，再求出|ST|的长度，表示出的面积即可求其最小值.
【小问1详解】
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴动点C的轨迹E是以(2，0)为圆心，1为半径的圆；
【小问2详解】
设切线方程为，即，PA，PB的斜率为，，
故圆心C到切线的距离，得，
∴，，
在切线方程中令可得，
故，
∴，当时，等号成立．
故面积的最小值．
19. 已知椭圆：的左焦点为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）圆是以椭圆的焦距为直径的圆，点是椭圆的右顶点，过点的直线与圆相交于，两点，过点的直线与椭圆相交于另一点，若，求面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由焦点和过点，得到方程组，解得.
（2）由过点的直线与椭圆相交于两点，知直线的斜率存在，设的方程为，由题意可知，联立椭圆方程，设，则，由直线与垂直，可设的方程为，即，圆心到的距离，表示出，再由利用基本不等式即可求出三角形面积的取值范围.
【详解】解：（1），所以，将代入椭圆方程得，所以，整理得，所以或（舍去），所以，所以椭圆的方程为.
（2）由过点的直线与椭圆相交于两点，知直线的斜率存在，
设的方程为，由题意可知，联立椭圆方程，得，
设，则，得，所以；
由直线与垂直，可设的方程为，即，圆心到的距离，又圆的半径，所以，，由即，得，，
设，则，，当且仅当即时，取“”，所以的面积的取值范围是.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆综合问题，椭圆中三角形面积最值问题，属于难题.