四川省成都市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析

这是一份四川省成都市2024_2025学年高二数学下学期3月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 若一数列的前 4 项分别为 ，则该数列的通项公式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数列前 项的规律，分别分析数列的符号规律和数值规律，进而得出数列的通项公式.
【详解】观察数列的前 项 ，可以发现奇数项为正，偶数项为负.
根据 当 为偶数时结果为 ，当 为奇数时结果为 ； 当 为奇数时结果为 ，当 为偶数时
结果为 ，可知该数列的符号规律可以用 来表示.
分母依次为 3,5,7,9，得该数列分母的通项公式为 .
结合上述对符号规律和数值规律的分析，可知该数列的通项公式为 .
故选：A.
2. 对于实数 ，“ ”是“方程 表示双曲线”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的特征得到 的取值，再根据充分条件的判定即可得到结果.
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【详解】若方程 表示双曲线，
则 ，得 或 ，
则“ ”是“方程 表示双曲线”的充分不必要条件，
故选：A.
3. 已知 m，n 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.
【详解】对于 A，若 ， ，则 或 ，则 m，n 相交、平行、异面都有可能，A 错误；
对于 B，若 ，则 与 相交或平行，B 错误；
对于 C，若 ，则 ，又 ，则 或 ，C 错误；
对于 D，由 ，得 或 ，若 ，则存在过 平面与 相交，
令交线为 ，则 ，而 ，于是 ， ；若 ，而 ，则 ，
因此 ，D 正确.
故选：D
4. 若在数列 中， ， ，则 （ ）
A 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】列出数列的前几项，即可得到 是以 为周期的周期数列，根据周期性计算可得.
【详解】因为 ， ，
所以 ， ， ， ，
所以 是以 为周期的周期数列，所以 .
故选：D
5. 如图，已知正方体 的棱长为 2，若 K 为棱 的中点，过 A，C，K 三点作正方体的
截面，则截面的周长为（ ）．
A. B. 6 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取 的中点 ，连接 ，作出截面 ，分别求出边长，进而求出截面的周长.
【详解】如图，取 的中点 ，连接 ，则 .
则在正方形 中， ， ，
所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
又 ，所以 ，
则四边形 即为过 三点截面，
因为正方体 的棱长为 2，
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所以 ， ， ,
则其周长为 .
故选：A.
6. 中国古代数学著作 算法统宗 中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚疼减一
半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还 ”其大意为：“有一个人走了 378 里路，第一天
健步行走，从第二天起脚疼每天走的路程为前一天的一半，走了 6 天后到达目的地，请问第二天走了？”
根据此规律，求后 3 天一共走多少里
A. 156 里 B. 84 里 C. 66 里 D. 42 里
【答案】D
【解析】
【分析】此人每天所走的路程，组成等比数列 ，其中 ， 利用等比数列的通项公式与求
和公式即可得结果．
【详解】此人每天所走的路程组成等比数列 ，其中 ， ．
则 ，解得 ．
后 3 天一共走了
（里）．
故选 D．
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式基本量运算，属于中档题．等比数列基本量的运算是
等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量 ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所
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求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算
过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.
7. 已知抛物线 的焦点为 ，准线为 ，点 在 上， 垂直 于点 ，直线 与 相交于
两点.若 ，则 （ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点 M 作 于点 H，设准线 l 与 x 轴的交点为 K，结合抛物线定义可得 ，可
得 为等边三角形，即 ，求出直线 的方程与抛物线 C 的方
程联立，求得点 N 的横坐标为 ，可得 垂直 x 轴，在 中，利用 运算得解.
【详解】
如图，过点 M 作 于点 H，设准线 l 与 x 轴的交点为 K，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，由抛物线定义知， ，
而 ，所以 ，在 中，因为 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
由抛物线定义知， ，所以 为等边三角形，
所以 ，可得点 P 的横坐标为 ，
设 与 x 轴的交点为 G，则 ，
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因为直线 的斜率为 ，
点 ，所以直线 的方程为 ，
联立 ，消去 y 化简并整理得， ，
解得 或 ，则点 N 的横坐标为 ，又点 P 的横坐标为 ，
可得 垂直 x 轴，且垂足为 G，在 中，由 ，
所以 ，故
故选：D．
8. 已知数列 的前 项和 ，数列 的前 项和为 ，且 ，若不等式
恒成立，则实数 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用 求出 ，进而可得 ，对 分奇偶求得 ，进而可求得实数 的最小
值.
【详解】当 时， ，
当 时， ，
当 时， 适合上式，所以 ，
，
当 为偶数时， ，
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所以 ，
当 为奇数时， ，
所以 ，
综上， ，
又因为不等式 恒成立，所以 ，所以 .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键在于 分为奇数与为偶数两种情况求得 ，进而求得 的最大值，进而求得实
数 的最小值.
二．选择题：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. 设数列 前 项和为 ， ， ，则下列结论正确的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】AD
【解析】
【分析】将选项中的 a、b 值代入题中式子，判断数列类型，根据数列类型求解即可.
【详解】当 ， 时， ，所以 .
因为 ，所以 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 ，故 正确.
当 ， 时， ，即 .因为 ，所以 ，
则 ，故 错误.
当 ， 时， ，因为 ，所以 ， ，
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所以 是周期为 2 的周期数列，则 ，故 错误.
当 ， 时， ，则 ，即 .
因为 ，所以 ，所以 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
所以 ，即 ，故 正确.
故选：AD
10. 已知双曲线 ， ， 分别为左右焦点，O 为坐标原点，点 ，P 为 C 右支上的
一点，则（ ）
A.
B. 过点 M 且斜率为 1 的直线与 C 有两个不同的交点
C. 若 ， 斜率存在，则
D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】选项 A 离心率 定义即可判断，选项 B 利用直线与双曲线方程联立判断即可，选项 C、D 利用双
曲线的定义即可解决.
【详解】
， ，可得： ，所以 ，故 A 正确；
对于 B，双曲线的一条渐近线的斜率为 1，所以过点 M 且斜率为 1 的直线为 ，
联立 ，消去 得： ，只有一个交点，故 B 错误；
对于 C，设 ，则 ， ，故 C 错误；
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对于 D，由双曲线的定义可知 ，当且仅当
三点共线时取得等号，故 D 正确，
故选：AD.
11. 在四棱锥 中，底面 是矩形， ， ，平面 平面
，点 在线段 上运动（不含端点），则（ ）
A. 四棱锥 的体积为 1
B. 四棱锥 外接球的表面积为
C. 不存在点 使得
D. 当 到直线 的距离最小时，过点 ， ， 作截面交 于点 ，则四棱锥 的体积
是
【答案】BCD
【解析】
【分析】取 AD 的中点 G，证明 平面 PGC，然后由线面垂直的性质定理判断 C，求出 ，再由锥体
的体积公式判断 A，把四棱锥 补形成一个如图 2 的正方体，根据正方体的性质判断 B，由
平面 PGC，当动点 M 到直线 BD 的距离最小时 ，从而得 为 PC 的中点，N 为 QA 的中
点，再由体积公式计算后判断 D．
【详解】如图 1，取 AD 的中点 G，连接 GC，PG，BD， ,则 ，
因为平面 平面 ABCD，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，则 ．
又因为 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 PGC．
因为 平面 PGC， 平面 PGC，所以 不成立，故不存在点 使得 ，故 C 正确；
因为 平面 ， ， ， ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，故 A 错误；
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因为△APD 为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面 APD 作为底面一部分，补成棱长为 1 的正方体．
如图 2，则四棱锥 的外接球即为正方体的外接球，其半径 ，
即四棱锥 外接球的表面积 ，故 B 正确．
如图 1，因为 平面 PGC，当动点 M 到直线 BD 的距离最小时 ，
由上推导知 ， ， ，
， ，
， ，
因此 M 为 PC 的中点．如图 3，由 M 为 PC 的中点，即为 中点,
平面 即平面 与 的交点也即为 与 的交点,可知 N 为 QA 的中点，
故 ，故 D 正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂
直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接
球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 直线 的倾斜角为________
【答案】
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【解析】
【分析】根据直线的一般式方程转化为斜截式方程，得到斜率，即可求倾斜角.
【详解】由题可得，直线的斜截式方程为 ，
所以直线的斜率为 ，则倾斜角为 ，
故答案为： .
13. 在等差数列 中， ，记 ，则数列 前 30 项和为_________．
【答案】755
【解析】
【分析】根据分组求和，结合等差求和公式求解.
【详解】当 时， ，当 时， ，
故
．
故答案为：755
14. 若数列 满足 ，则称该数列为斐波那契数列.如图 1 所示的“黄金
螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个
正方形中作圆心角为 的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以 为边长的正方形中的扇形面积
为 ，数列 的前 项和为 ，则 __________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据递推公式可得 ，结合累加法计算得 即可判断.
【详解】因为斐波那契数列总满足 ，且 ，
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所以 ，
，
，
类似的有 ，其中 ，
累加得 ，又 ，
所以 ，
故： .
故答案为： .
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，由递推关系得
，利用累加法可得 ，即可判断.
四、解答题：本题共 5 小题，第 15 小题 13 分，第 16、17 小题 15 分，第 18、19 小题 17 分，
共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知等差数列{an}中，a5＝8，a10＝23．
（1）令 ，证明：数列{bn}是等比数列；
（2）求数列{nbn}的前 n 项和 Sn．
【答案】（1）见解析（2）Sn＝（n﹣1）•2n+1+2．
【解析】
【分析】（1）由题意可得 an＝3n-7，则 ，即可得证；
（2）由 nbn＝n•2n 利用错位相减法即可求得 Sn，即可得解.
【详解】（1）证明：设等差数列{an}的公差为 d，∵a5＝8，a10＝23，
∴a1+4d＝8，a1+9d＝23，
联立解得：a1＝-4，d＝3，
∴an＝-4+3（n﹣1）＝3n-7．
∴ ，
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∴ 2．
∴数列{bn}是等比数列，首项为 2，公比为 2．
（2）nbn＝n•2n．
∴数列{nbn}的前 n 项和 Sn＝2+2×22+3×23+……+n•2n．
∴2Sn＝22+2×23+……+（n﹣1）•2n+n•2n+1．
∴两式相减得﹣Sn＝2+22+……+2n﹣n•2n+1 n•2n+1．
∴Sn＝（n﹣1）•2n+1+2．
【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用和等比数列的证明，考查了错位相减法求数列前 n 项和的应
用，属于基础题.
16. 如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ，
是线段 上的动点．
（1）当 是线段 中点时，求证： 平面 ；
（2）当二面角 的余弦值为 时，求点 的位置．
【答案】（1）证明见解析
（2） 是靠近 的三等分点．
【解析】
【分析】（1）记 的中点为 ，连接 ，证明四边形 为平行四边形，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，根据二面角求出 的值，即可求得 的位置.
【小问 1 详解】
记 的中点为 ，连接 ，如图所示，
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因为 是线段 中点，所以 且 ，
又 ，所以 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又因为 平面 平面 ，
所以 平面 ．
【小问 2 详解】
因为 平面 平面 ，所以 ，
又 ，所以 两两垂直，
以 分别为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
则 ，
当 与 重合时，二面角 为 ，不合题意，
设 ，则 ，
设平面 ，平面 的法向量分别为 ，
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则 ，
取 ，得 ，
由题可知 ，解得 （负根舍去），
故 是靠近 的三等分点．
17. 新能源汽车的发展有着诸多的作用，不仅能够帮助国家减少对石油的依赖，同时还能够减轻环境的污染
.为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干时间更换 2000 辆燃油型公交车，每更换一
辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车.今年投入了电力型公交车 64 辆，混合动力型公
交车 100 辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加 50%，混合动力型车每年比上一年多投入 辆.
（1）求第 3 年该市投入的电力型公交车，混合动力型车分别是多少辆（注：3 年后该市燃油型公交车未被
全部更换）；
（2）设经过 年后，该市燃油型公交车未被全部更换，求该市 年后被更换的公交车总数 ；
（3）若该市计划 5 年内完成全部更换，求 的最小值.
【答案】（1）144，
（2）
（3）66
【解析】
【分析】（1）根据给定条件可得每年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量依次排成一列分别构
成等比数列、等差数列，求出它们的通项公式即可；
（2）利用（1）的结论求出它们的前 项和即可；
（3）利用（1）的结论列出不等式，解此不等式并求出最小值即可作答.
【小问 1 详解】
设 ， 分别为第 年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量，依题意，数列 是首项为 64，
公比为 的等比数列，
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是首项为 100，公差为 的等差数列，
于是第 3 年投入的电力型公交车的数量 ，
第 3 年投入的混合动力型公交车的数量 .
【小问 2 详解】
由（1）得， 的前 项和 ，
的前 项和 ，
所以经过 年后，该市被更换的公交车总数为
【小问 3 详解】
若计划 5 年内完成全部更换，则 ，
于是得 ，
即 ，解得 ，而 ，于是得 的最小值为 66.
18. 现定义：若数列 为递减数列且 也为递减数列，则 为“ 数列”.
（1）已知： ， ，探究数列 ， 是否为“ 数列”；
（2）定义： ，已知数列 满足 ， ，求 的通项并证明
数列 为“ 数列”.
【答案】（1） 是递减数列， 不是“ 数列”
（2）答案见解析，证明见解析
【解析】
【分析】（1）判断 ， 的单调性，证明数列 为递减数列，举例说明 不是递减数列，结
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合定义判断结论；
（2）由关系 证明 ，再判断数列 ， 的单调性，由此证明结论.
【小问 1 详解】
因为 是递减数列， ，
且 ，而 ，
所以 ， ，所以
所以 是递减数列，
所以数列 是“ 数列”；
因为 是递减数列，
，其中 ， ，则 ，
所以 不是递减数列，
所以数列 不是“ 数列”.
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，①
当 时， ，②
由①÷②，得 ，又 ，所以 ，
所以当 时， ，
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因为当 时， ，
所以 ，数列 是递减数列，
因为 ，所以数列 也是递减数列，
故数列 是“ 数列”.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、
步骤和结论.（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的
解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问
题.
19. 如图所示，由椭圆 （ ）和抛物线 （ ）组合成曲线 ，若
与 存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线 为“七星瓢虫
曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
（1）求“等差椭圆”的离心率；
（2）在“七星瓢虫曲线” 中，若 是“等差椭圆”，且 .
（ⅰ）求与 和 都相切的直线的方程；
（ⅱ）直线 （ ），且 l 与 相交所得弦的中点为 M，与 相交所得弦的中点为 N，证
明：直线 OM，ON（O 为原点）的斜率之积 为定值.
【答案】（1） ；
（2）（i） 或 ；（ii）证明见解析.
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【解析】
【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合 构造齐次式即可得解；
（2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求
，利用韦达定理求出点 坐标，然后可解.
【小问 1 详解】
设椭圆 的半焦距为 c，
因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以 ，
又 ，所以 ，则 ，
两边同时除以 ，得 ，解得 （ 舍去）.
所以“等差椭圆”的离心率为 .
【小问 2 详解】
（ⅰ）解：若 是“等差椭圆”，且 ，
则由 ，得 ，则 ， ，解得 .
故 ， .
易知与 和 都相切的直线斜率存在且不为 0，设方程为： .
联立 消去 y 得 ，
则 ，得 ；①
联立 消去 得 ，
则 ，得 ，②
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联立①②，解得 或
故 和 都相切的直线方程为 或 .
（ⅱ）证明：设 l 与 相交于 ， ，
线段 CD 的中点 ，则 ， ，
两式相减，得 ，
所以 ，即 ，
由已知 ， ，所以 ，
即 ，则
联立 得 ，
又 ，则 ，
故 ，
所以中点 的坐标为 ，可得 ，
所以 ，为 N 定值.
【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出 ，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理
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求点 N 坐标即可得解.
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