河南省九师联盟2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省九师联盟2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析），文件包含河南省九师联盟2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题Word版含解析docx、河南省九师联盟2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 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第一章~第三章第2节（约40%），第三章第3节~选择性必修第二册第四章（约60%）．
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. 在数列中，，则（ ）
A. B. C. 16D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式计算．
【详解】，则，
则是公比为2的等比数列，
∴，
故选：D．
2. 已知直线在轴上的截距是，其倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据截距的定义，可得所求直线与轴的交点，根据直线求得倾斜角，通过斜率定义，可得答案.
【详解】由直线在轴上的截距是，则直线过，可得，解得；
由直线，设该直线的倾斜角为，则，解得，
设直线的倾斜角为，斜率为，
由，则，
由，则，解得.
故选：A.
3. 顶点在原点，关于轴对称，并且经过点的抛物线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用待定系数法求出抛物线方程，从而得解.
【详解】依题意，设抛物线方程为，
将代入得，则，
所以所求抛物线方程为.
故选：C.
4. 已知等差数列的前项和为，若，则的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的前项和性质求得，然后由基本不等式得最大值．
【详解】等差数列，则，，
要使得最大，则，
此时，当且仅当时取等号，
故选：B．
5. 已知数列中，，则数列前2024项的和为（ ）
A. 0B. 1012C. 2024D. 4048
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目中的递推公式，利用列举法，写出数列前若干项，可得数列的周期性，可得答案.
【详解】由题意可得，，，，，…
则可得下表：
易知数列存在周期性，最小正周期为，
由，则.
故选：C.
6. 《九章算术》中有问题：“今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺.蒲生日自半，莞生日自倍.”意思是说今有蒲第一天长高三尺，莞第一天长高一尺，以后蒲每天长高为前一天的一半，莞每天长高为前一天的两倍，要使莞的长度大于蒲的长度（蒲与莞原先的长度忽略不计），需要经过的时间最少为（ ）
A. 3天B. 4天C. 5天D. 6天
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，蒲生长长度与莞生长长度都构成了等比数列，利用等比数列的求和公式得到关于的不等式，解之即可得解.
【详解】由题意，蒲第一天长高三尺，以后蒲每天长高前一天的一半，
所以蒲生长长度构成首项为，公比为的等比数列，
其前项和为，
又由莞第一天长高一尺，每天长高前一天的两倍，
则莞生长长度构成首项为，公比为的等比数列，
其前项和为，
由题意得，即，则，
令，则，，解得，即，
又，，所以需要经过的时间最少为3天.
故选：.
7. 记曲线围成的平面图形的面积为，曲线围成的平面图形的面积为，则（ ）
A. B. C. 16D.
【答案】D
【解析】
【分析】依次讨论两曲线中的正负，去掉绝对值得到曲线的图形，再利用数形结合即可得解.
【详解】对于曲线，
当，时，曲线；
当，时，曲线；
当，时，曲线；
当，时，曲线；
因为，所以，不同时为0，
画出曲线的大致图象，如图，
则曲线围成的面积可分割为一个边长为的正方形和四个半径为的半圆，
故面积为，故A正确；
对于曲线，
当，时，曲线；
当，时，曲线；
当，时，曲线；
当，时，曲线；
则曲线围成的面积为上图虚线围成的边长为的正方形，
故面积为，
所以.
故选：D.
8. 已知抛物线的准线交轴于点，过点作直线交于两点，且，则直线的斜率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线方程得到的坐标，进而假设直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理与向量的坐标表示求得、，进而求出，从而得解.
【详解】因为抛物线的准线为，所以，
因为直线l交E于两点，所以直线l的斜率存在且不为0，
故可设直线l的方程为，，，
联立，消去y得，
所以，即，，，
因为，所以，得，
联立，解得或，
所以，满足.
故选：B.
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. 下列数列中，为递增数列的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用数列的单调性的定义逐项判断即可.
【详解】对于A.，所以，
所以为递增数列，故A正确；
对于B，，所以为递减数列，故B错误；
对于C，因为，则，，所以不单调，故C错误；
对于D，，所以，所以为递增数列，故D正确.
故选：AD.
10. 如图，在正方体中，为底面的中心，分别为的中点，点满足，则（ ）
A. 平面B. 平面
C. D. 四点共面
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算判断A、B、C，求出点坐标，再推导出，即可判断D.
【详解】以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
不妨设正方体棱长为2，则,,，
则，，，，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
因，且平面，所以平面，故A正确；
因为，平面，所以平面，故B正确；
因为，，，，
所以，故C错误；
因为，
所以，即，
所以，，所以，
所以，所以四点共面，故D正确.
故选：ABD
11. 已知为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点，记点的轨迹为曲线，设在曲线上，且，则（ ）
A. 曲线的方程为
B. 曲线的离心率为
C. 经过且与曲线只有一个公共点的直线恰有两条
D. 四边形面积的最小值为8
【答案】AC
【解析】
【分析】由双曲线的定义结合其标准方程即可判断A，再由双曲线离心率的计算公式即可判断B，分直线斜率存在与不存在讨论，即可判断C，由条件将问题转化为四边形面积的一半，然后联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理代入计算，即可判断.
【详解】对于A，圆：的圆心为，半径，
因为线段的垂直平分线交直线于点M，则，
所以，
所以点M的轨迹是以，为焦点的双曲线，其中，，
所以，所以曲线H的方程为，故A正确；
对于B，因为，，所以该双曲线的离心率为2，故B错误；
对于C，当直线的斜率不存在时，经过且与曲线H相切的直线是，符合题意；
当直线斜率存在时，经过的直线与曲线H的渐近线平行时，也满足条件，
所以符合条件的直线恰有两条，故C正确；
对于D，因为，，则A，B分别在两支上，
且A，B都在x轴上方或x轴下方，不妨设都在x轴上方，
又，则A在第二象限，B在第一象限，
如图所示，延长交双曲线于点N，延长交双曲线于点Q，
由对称性知四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍.
由题设，直线AN的方程为，直线BQ的方程为，
联立消去x并整理得，且，
，，，
易得
，
因为，所以，所以，
两条直线AN与BQ间的距离，
所以，
令，，所以，
因为在上单调递减，且，
所以在上单调递增，
当即时，取得最小值为12，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是采用设线法联立双曲线方程，得到韦达定理式，再利用弦长公式表示出面积，求出其最值即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，若三棱柱的所有棱长都是，是棱的中点，则两点之间的距离等于______．
【答案】
【解析】
【分析】取空间的一个基底，表示出向量，再借助空间向量数量积求出距离.
【详解】三棱柱的所有棱长都是，
，
，
则
，
所以两点之间的距离等于.
故答案为：
13. 若数列满足，且为其前项和，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先由的通项公式分析得只有，为负数，从而判断得的最小值为或或，再依次求得的前6项，得到或或的值，从而得解.
【详解】令，解得，
所以数列中，只有，为负数，
所以的最小值为或或，
又，，
，，
，，
则，所以的最小值为.
故答案为：.
14. 已知抛物线为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两点间的距离求得抛物线上的点到圆心的距离，利用可求最小值.
【详解】圆的标准方程是，则圆心为，半径为，
设，，所以，
.
所以的最小值为.
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. 已知是数列的前项和，若是等差数列，．
（1）求；
（2）求数列的通项公式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的概念，设出公差，利用题目中的等式，求得公差，可得答案；
（2）利用前项和与通项之间的关系，可得答案.
【小问1详解】
设，由数列是等差数列，即数列为等差数列，则设公差为，
由，则，
由，即，，即，
则，，
由，可得，解得，
所以等差数列的首项为，公差为，可得，即，.
【小问2详解】
当时，，符合题意；
当时，，
将代入上式，可得也适合，
所以.
16. 如图，在三棱台中，平面是边长为2的正三角形，．
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，继而利用线面垂直的性质证明；
（2）可建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，所求角的正弦值即为直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接，.
，，则是平行四边形，
故，结合平面，则平面；
而平面，故，
是等边三角形的中线，.
和在平面内，且，所以平面；
平面，故.
【小问2详解】
中已证，平面，且，故，与两两垂直，
可分别以，和为轴，轴，轴正向，建立空间直角坐标系：
，，,，，，；
设平面的一个法向量为，则，即令，可求得.
根据线面角的定义，所求角的正弦值即为与所成角的余弦值的绝对值，
，将坐标代入计算得：，，，
.
故与平面所成角的正弦值为.
17. 已知椭圆的离心率为，左焦点为是上任意一点，且的最大值为3．
（1）求的方程；
（2）设的右顶点为，直线的方程为，若直线交于两点，求证：直线的斜率之和为，
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由题意得出关于的方程组，解得后再求出即得；
（2）设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，然后代入化简即得．
【小问1详解】
由题意．解得，则，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
设，又，
由得，
则，，
所以
.
18. 设为抛物线的焦点，为上三个不同的点，且，．
（1）求的方程；
（2）设过点的直线交于两点．
①若直线交圆于两点，其中位于第一象限，求的最小值；
②过点作的垂线，直线交于两点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标与准线方程，根据向量的坐标运算以及抛物线的定义，建立方程组，可得答案；
（2）①利用分类讨论，分直线斜率是否存在两种情况，表示出直线，联立抛物线方程，写出韦达定理，结合抛物线定义以及圆的性质，整理代数式，利用基本不等式，可得答案；
②同①写出韦达定理，根据中点坐标公式，利用点斜式方程，可得答案.
小问1详解】
由抛物线，则，准线方程为，
由为上三个不同的点，设，
则，
由，则，
由，
且，则，
所以，解得，故椭圆的方程为.
【小问2详解】
①由题意作图如下：
由，整理可得，则圆心为F1,0，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入抛物线，解得，则，
将代入圆，解得，则，
所以，此时；
当直线的斜率存在时，由题意可得，直线的方程可设为，设
联立可得，消去整理可得，
，，
易知，，
所以，
由，则，当且仅当，即时，等号成立，
综上所述，的最小值为.
②证明：由题意可作图如下：
由题意可知直线的斜率存在且不为零，可设该直线方程为，
由①可得，设，则，
由直线垂直直线，且垂足为，则该直线方程为，
联立，消去整理可得，
，
设，则，
设，且线段的中点分别为，
则，，
，，
当时，直线斜率存在，直线的斜率，
可得方程为，则，
整理可得，
令，解得，所以直线过定点.
当时，直线斜率不存在，易知，
直线DE的方程为，此时直线过；
综上所述，所以直线过定点.
19. 对于各项均为正数的无穷数列，若，都有，其中为非零常数，则称数列是数列.
（1）判断无穷数列和是不是数列？若是，求出相应的常数的值；若不是，请说明理由；
（2）若是数列，且，
①记的前项和为，求证：；
②对任意的正整数，设，求数列的前项和.
【答案】（1）是数列，；不是数列
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）利用数列新定义，依次分析判断两个数列即可得解；
（2）①利用数列新定义推得是等差数列，从而求得与，再利用作差法即可得证；②分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，再分别利用指数型裂项相消法与错位相减求和求得和，从而得解.
【小问1详解】
对于无穷数列，
有，
所以是数列，相应的常数；
对于无穷数列，
有，
，
即，
所以不是数列.
【小问2详解】
①因为是数列，且，
所以，又，
所以是首项和公差都为的等差数列，
故，则，
故，，
从而
，
因为，所以，则，
所以，即；
②当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
所以，
而，
则，
两式相减，得，
，
所以，
因此
所以数列的前2n项和为.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.