吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题，共7页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
目要求的．
已知空间向量
a  6, 2,1
b  2, x, 3
，

，若
→→→

a  2b  a
，则
23
x  （）
21
A. 4B. 6C.D.
44

6
二项式 2x 
1 
x
 展开式的常数项为（）

160
60C. 120D. 240
2024 年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球社的 6 名学生准备分成三组前往村超球队所在的
平地村､口寨村､忠诚村 3 个村寨进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多 3 名学生，则不同的安排方法种数为
（ ）
A. 900B. 600C. 450D. 150
万众瞩目的北京冬奥会将于2022 年2 月4 日正式开幕，继2008 年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）将再次承办奥运会开幕式．在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为40cm ，短轴长为20cm ，小椭圆的短轴长为10cm ，则
小椭圆的长轴长为（ ） cm ．
3
A. 30B. 20C. 10D. 10
某平台为维护消费者权益，开设维权通道，消费者可通过电话投诉专线、邮件投诉等多个渠道进行消费维权投诉．平台将对投诉情况进行核实，为消费者提供咨询帮助．据统计，在进行维权的消费者中，选择电话投诉专线维权和邮件
134913
投诉维权的概率分别为 2 和10 ，且对应维权成功的概率分别为 5 、10 ，选择其他方式维权且成功的概率为100 ，则
在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为（）
6
A.B.
25
2 724
8 0C. 5D. 5
已知三棱锥 D  ABC 的顶点都在球O 的球面上，底面V ABC 为等边三角形，且其所在圆O1 的面积为6π.若三棱锥
3
D  ABC 的体积的最大值为9
，则球O 的体积为（）
A. 256πB. 343πC. 256πD. 343π
362
x2y2
F , FF
已知双曲线C : a2  b2  1(a  0, b  0) ，左右焦点分别为 12 ，过 1 作平行于C 的渐近线的直线交C 于点 P ，
若 PF1  PF2 ，则C 的离心率为（）
2
2D.
3
5
5
已知点 P 在直线 l： x  y 10  0 上，过点 P 的两条直线与圆 O： x2  y2  8分别相切于 A，B 两点，则圆心 O 到直线 AB 的距离的最大值为（）
10
A.B.
2
4 2
2
C.D.
5
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选的得部分分，有选错的得 0 分.
已知函数 f  x  sin  2x  π  ，则下列说法正确的是（ ）
3 

函数 f  x 的最小正周期为π
函数 f  x 在区间  π , 0  上单调递增
6

函数 f  x 的图象的对称轴方程为 x  kπ  π k  Z
212
函数 f  x 的图象可由函数 y  sin 2x 的图象向右平移 π 个单位长度得到
3
已知实数 x, y 满足方程 x2  y2  4x 1  0 ，则下列说法正确的是（）
6
y  x 的最大值为 2
x2  y2 的最大值为7  4
3
y3
的最大值为
x  y 的最大值为2 
x2
3
已知点 M (1, 2) ，点 P 是双曲线 C： x2  y2  左支上的动点， F 为其右焦点，N 是圆 D：(x  5)2  y2  1 的动
12
916
点，直线OP 交双曲线右支于 Q（O 为坐标原点），则（）
PF2  8
过点 M 作与双曲线 C 仅有一个公共点的直线恰有 2 条
5
| PM |  | PN |的最小值为5  2
若△DPF 的内切圆 E 与圆 D 外切，则圆 E 的半径为 3
22
三、填空题（共 3 题，每题 5 分，共 15 分）
已知直线l // 平面α，且直线l 的方向向量为2, 8,1 ，平面α的法向量为1, y, 2 ，则 y  .
1
已知直线 x  y  0 与圆O : x2  y2  4x  0 相交于 A, B 两点，则 AB  .
x2  y2 a  0, b  0
F , FF
设双曲线C ：
a2
b21
的左、右焦点分别为 12 ，以 2 为圆心的圆恰好与双曲线C 的两渐近线
相切，且该圆过线段OF2 的中点，则双曲线C 的离心率是．
四、解答题（共 5 题，共 77 分）
已知直线方程为2  m x  2m 1 y  3m  4  0 .
证明：直线恒过定点，并求定点坐标；
m 为何值时，点Q 3, 4 到直线的距离最大，并求最大值.
2
已知圆 C 的圆心 C 在 x 轴的正半轴上，半径为 4，直线 x  y 1  0 被圆 C 截得的弦长为4.
求圆 C 的方程；
已知直线 l 过点 P 1, 2 ，且与圆 C 交于 A，B 两点.若 A，B 关于点 P 对称，求直线 l 的方程.
17 已知数列an满足a1  2, an1  3an  2 .
证明：数列an 1 是等比数列，并求数列an的通项公式；
设bn  n an 1 ，求数列bn的前 n 项和 Sn .
18. 已知数列an的前 n 项和 Sn
求数列an的通项公式；
 2n a n 1 n
，且 a1  4 .
n
若不等式2n2  n  3  5  λ a 对任意 n  N* 恒成立，求λ的取值范围.
19. 对于各项均为正数的无穷数列a ，若n  N* ，都有 a2  a2  d ，其中 d 为非零常数，则称数列a 是G  d
nn1nn
数列.
判断无穷数列 4n  3和ln2n 是不是G  d 数列？若是，求出相应的常数 d 的值；若不是，请说明理由；
若an 是G  d 数列，且 d  a1  1，
①记a2  的前 n 项和为 S ，求证： S S 3  S 2 n  N* ；
nnn n2n1
n
3a2  2 2a2 1
n
n
②对任意的正整数 n ，设b  
 a2
2 2
a a
n n2
, n为奇数
，求数列bn 的前2n 项和.

n1 , n为偶数
 2n
2
12 323
CBCBBBDC9AC10AB11ACD12 2 ## 0.513 2143## 3
15【1】
由直线方程2  m x  2m 1 y  3m  4  0 得
2x  y  4  m x  2 y  3  0 ，
x  2 y  3  0
因为 x, y  R ，所以2x  y  4  0

所以直线恒过定点1, 2 ；
x  1

，解得 y  2 ，
【2】
由（1）知，直线恒过定点 P 1, 2 ，
则直线 PQ 与已知直线垂直时，点Q 到已知直线距离最大，可知 PQ 就是所求最大值，
y  4x  3
直线 PQ 的方程为 2  4  1 3 ，即3x  2 y 1  0 ，
因为直线 PQ 与已知直线2  m x  2m 1 y  3m  4  0 垂直，
所以2  m 3  2m 1 2  0 ，解得 m  4 ；
7
且 PQ 
 2；
3 12  4  22
13
16  8
a 1


22

16 解：（1）设圆 C 的方程为 x  a  y  16 ，由题意可得2
，解得 a  3 .
故：圆 C 的方程为 x  32  y2  16 .
（2）当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x  1 .
此时点 A，B 不关于点1, 2 对称，所以 x  11 不符合题意.
a  0
当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的斜率为 k.
设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，因为 A，B 关于点 P 对称，所以 x1  x2  2 ， y1  y2  4 .
11
 x  32  y2  16

因为点 A，B 在圆 C 上，所以
x
 32  y2  16 ，
22
所以 x  32   x  32  y2  y2  0 ，整理得4  x  x
  4  y  y
  0 ，即 y1  y2  1 .
1212
1212
x  x
12
因为点 A，B 在直线 l 上，所以直线 l 的斜率为 k  y1  y2  1 ，
x1  x2
则直线 l 的方程为 y  2  x 1 ，即 x  y 1  0 . 17【1】
由 an1  3an  2  an1 1  3an 1, a1 1  3 ，
nn
所以a 1 是首项、公比均为 3 的等比数列，故 a 1  3n
n
所以 a  3n 1.
【2】
n
由（1）有bn  n  3n ，则 S  1 31  2  32 L n  3n ，
n
n
所以3S  1 32  2  33 L n 1 3n  n  3n1 ，两式相减，得2S  31  32  33 L 3n  n  3n1
31 3n 
 13
 n  3n1    n   3n1  ,
1 3 22
所以 Sn
 2n 1  3n1  3 .
44
18【1】
2n2 n 1
当 n  2 时， an  Sn  Sn1  n 1 an nan1
所以 a  2n a  2 n 1 a an  2  n 1 ，
nn 1 n
nn1
an1n
a  an  an1 L a2  a  2  n 1  2  n L 2  3  4  2n n 1n  2 .
naaa1nn 12
n1n21
当 n  1 时， a1  4 ，上式亦成立.
n
所以 a  n 1 2n .
【2】
2n2  n  3  n 12n  3  5 λn 1 2n 对任意 n  N* 恒成立，
即5 λ 2n  3 对任意 n  N* 恒成立，
2n
记b  2n  3 ，故b   1  0 ，
n2n12
所以当 n  2 时， bn1  2n 1  1 12 ，所以 b3  3 ，即b  b ，
b4n  62 
2n  3 
b232
n2
n
当 n  3 时， bn1  1，即随着 n 的增大， b 递减，
bn
3
所以b 的最大值为b  ，
n38
所以5  λ 3 ，即λ 37 .
88
19【小问 1 详解】
对于无穷数列 4n  3，
有 4 n 1  3 2   4n  3 2  4 n 1  3  4n  3  4 ，
所以 4n  3是G  d 数列，相应的常数 d  4 ；
对于无穷数列ln2n  ，
有ln22 2  ln22  2ln22  ln22  4 ln22  ln22  3ln22 ，
ln23 2  ln22 2  3ln22  2ln22  9 ln22  4 ln22  5ln22 ，即ln22 2  ln22  ln23 2  ln22 2 ，
所以ln2n  不是G  d 数列.
【小问 2 详解】
①因为an是G  d 数列，且 d  a1  1，
所以 a2  a2  1，又 a2  1，
n1n1
n
所以a2  是首项和公差都为1的等差数列，
n
n
故 a2  1 n 11  n ，则 S
 n(n 1) ，
2
故 S S 1 n(n 1)(n  2)(n  3) ， S 2  1 n 12 n  22 ，
n n24n14
从而 Sn Sn2
 3  S 2
 1 n(n 1)(n  2)(n  3)  3  1 n 12 n  22
n1
44
  1 (n 1)(n  2)  3 ， 2
因为 n  1，所以 n 1  2, n  2  3 ，则 1 (n 1)(n  2)  3 ，
2
n1
n1
所以 Sn Sn2  3  S 2  0 ，即 Sn Sn2  3  S 2 ；
3an  2 2 n(3n  2)  2n12n12n1
②当 n 为奇数时， bn 
2
a a
2 2
n n2
a2 1

n  (n  2)
，
n  2n
a2n 1
当 n 为偶数时， b  n1 ，
n2n2n
nn  22k22k 2 22n4n
所以b2k 1   2k  
 1 1，
k 1
k 1 
12k 1 
2n 12n 1
nn 2k 11352n  32n 1

3
2
而b2k   4k 
L
n1 n，
k 1
1 n
k 1
44444
1352n  32n 1
k 1
则 4 b2k  42  43  44 L4n 4n1 ，
2 1 1 

3 n1222n 14 4n 12n 1
2

n
两式相减，得
b2k  
L
n1 
 
1
n1 ，
4 k 1
4444
144
4
 2  2  1
 1  2n 1  1 

56n  5
，
334n
44n
4123 4n1
n
所以
k 1
b2k
 5  6n  5 ，
99  4n
2nnn
4n6n  54

因此bk  b2k 1  b2k  2n  n .
k 1k 1
b
k 1
19  49
19
4n6n  54
所以数列
n 的前 2n 项和为
2n   4n  9 .