2024-2025学年山东省菏泽市高二上学期第三次月考（12月）数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年山东省菏泽市高二上学期第三次月考（12月）数学检测试题（附解析），共16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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知是等差数列，且，则的值是（ ）
A．24B．27C．30D．33
2．在数列中，，则等于（ ）
A．4B．C．13D．
3．已知A，，三点不共线，点不在平面内，，若A，，，四点共面，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
4．如图，甲站在水库底面上的点处，乙站在水坝斜面上的点处.已知库底与水坝所成的二面角为，测得从，到库底与水坝的交线的距离分别为，，若，则甲、乙两人相距（ ）
A．B．C．D．
5．已知等差数列，则“单调递增”是“”的（ ）条件
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
6．已知点在基底下的坐标是，其中，则点在基底下的坐标是（ ）
A．B．C．D．
7．给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定：①为同时与垂直的向量；②三个向量构成右手系（如图1）；③．如图2，在长方体中中，，则下列说法中错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．过抛物线的焦点作圆的切线，该切线交抛物线C于A，B两点，则（ ）
A．B．14C．15D．16
二、多选题（本大题共3小题）
9．（多选）等差数列，的前项和分别为，，，则下列说法正确的有（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
10．在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与所成的角不可能是
B．当时，点到平面的距离为
C．当时，
D．若，则二面角的平面角的正弦值为
11．已知定点，，动点P到B的距离和它到直线：的距离的比是常数，则下列说法正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程为：
B．P，A，B不共线时，面积的最大值为
C．存在点P，使得
D．为坐标原点，的最小值为4
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知点，与向量不共线的向量在上的投影向量为，请你给出的一个坐标为 .
13．记等差数列的前项和分别为．若，则 ．
14．已知数列中，，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知是等差数列的前n项和．
（1）证明是等差数列；
（2）设为数列的前n项和，若，，求．
16．已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围．
17．如图，在棱长为的正方体中，，分别是，上的动点，且．
(1)求证：；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的正切值．
18．在数列中，数列满足
(1)证明数列是等差数列并求出通项公式.
(2)数列的前n项和为，问是否存在最大值?若存在，求的最大值及取得最大值时n的值；若不存在，请说明理由.
19．如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长；
(3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长.
答案
1．【正确答案】B
【详解】因为是等差数列，所以也成等差数列，
则，
所以．
故选：B.
2．【正确答案】A
【详解】依题意，在数列中，，
即，
所以
．
故选：A.
3．【正确答案】B
【详解】因为A，，，四点共面，所以，
则，又，
所以，当且仅当时取“＝”.
故选：B.
4．【正确答案】B
【详解】由已知可得，与的夹角为，
且，，不共面，
以，，为空间向量基底，
则，
即
，
所以，
故选：B.
5．【正确答案】A
【分析】根据等差数列的概念得到，进而推得结果.
【详解】已知等差数列的公差为，即，
当单调递增时，，令得到， ；
反之，，为单调递增.
故“单调递增”是“”的充要条件．
故选：A.
6．【正确答案】A
【详解】在基底下的坐标为，
在基底下的坐标为．
故选：A．
7．【正确答案】B
【详解】对于A，同时与垂直，
，
且构成右手系，即成立，A正确；
对于B，，则，B错误；
对于C，，
与共线，且方向相同，
与共线，且方向相同，
与共线，且方向相同，
则与共线，且方向相同，
因此，C正确；
对于D,，，
因此，D正确．
故选：B
8．【正确答案】D
【详解】记抛物线的焦点为，则.记切点为，
因为圆的圆心为，
所以，，所以，
由对称性，不妨设切点在第一象限，则直线AB的方程为.
设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程组得，
所以，
所以.
故选：D.
9．【正确答案】AB
【详解】A选项，，
由于，
所以是递增数列，A正确；
B选项，，
令得，所以，B正确；
C选项，由B选项，令得，故，C错误；
D选项，当时，，D错误．
故选：AB
10．【正确答案】ABC
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
对于A，，，
设，
故，，
设直线与所成的角为，
则，
若直线与所成的角是，则，
整理得到：，即，解得，
故直线与所成的角不可能是，故A正确；
对于B，当时，结合A中分析可得，故，
故，而，
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
又，故到平面的距离为，故B正确；
对于C，当时，又B的分析可得，故，
故，故C正确；
对于D，当时，结合B的分析可得，此时，
故，而，设此时平面的法向量为，
则，即，取，得，
又，，
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
故，
故二面角的平面角的正弦值为，故D错误.
故选：ABC.

11．【正确答案】BD
【详解】选项A，设，则，平方整理得，即为点轨迹方程，A错；
选项B，由轨迹方程知点轨迹是椭圆，，由于，椭圆的焦点是，
当点为椭圆短轴顶点时，面积最大，此时面积为，B正确；
选项C，由于，因此以为直径的圆与椭圆没有交点，因此不存在，使得，C错；
选项D，如图，作，为垂足，则，，
当且仅当共线时，取得最小值4，即的最小值为4，D正确．
故选：BD.
12．【正确答案】（答案不唯一）
由点，可得，
又向量在上的投影向量为，
则
则，又向量与向量不共线，则不成立
则可令，即，
故（答案不唯一）
13．【正确答案】
【详解】设，
则．
故，则,且．
故，
则．
故．
14．【正确答案】8097
【详解】由题设可得，又，
所以，所以，，即，
所以为等差数列，公差为4，首项为5，
所以．
故8097．
15．【正确答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）写出，求出，化简，最终得出结论；
（2）求出，，求出公差，进一步求出，根据求和公式得出.
【详解】（1）∵
∴
∴
∴是等差数列；
（2），
公差
又∵
∴
∴
∴.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）设椭圆标准方程为：，
由题意：，
所以椭圆的标准方程为.
（2）如图：
若直线的斜率不存在，则可取，因为，可取，此时.
若直线的斜率为0，同理可得.
当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
由，得，则，
用代替，得，则.
所以.
设，
则.
因为，所以，，
所以，所以.
综上，
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）构建空间直角坐标系，令且，应用向量法求证垂直即可；
（2）由三棱锥体积最大，只需△面积最大求出参数，再标出相关点的坐标，求平面与平面的法向量，进而求它们夹角的余弦值，即可得正切值.
【详解】（1）如下图，构建空间直角坐标系，令且，
所以，，，，
则，，故，
所以，即.
（2）由（1）可得三棱锥体积取最大，即面积最大，
所以当时，故、为、上的中点，
所以，，，故，，
若为平面的法向量，则，令，故，
又面的法向量为，
所以，
设平面与平面的夹角为，由图可知为锐角，则，所以，
所以，
所以平面与平面的夹角正切值为.
18．【正确答案】(1)证明见解析，
(2)存在最大值，最大值为，此时或
【分析】（1）证明出相邻两项的差为常数，即可得到结果；
（2）根据数列的单调性以及最值可求得结果.
【详解】（1）因为，所以，
则，即，
因为，所以，
又，所以，，
所以是以首项，公差的等差数列，
所以；
（2）根据等差数列的前项和公式可得，
对于二次函数，其对称轴为，
因为，当或时，取得最大值，
当时，，当时，，
所以存在最大值，最大值为，此时或.
19．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为，，则，
所以，所以，所以，
又因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，所以，，
因为为棱上的点，设，其中，
所以，，且，
设平面的法向量为，
则，
不妨取，可得，
因为线与平面所成角的正弦值为，
所以，
则，化简可得：，
解得：或（舍去）.
所以.
（3）设，因为，其中，
所以，，可得，即点，
因为平面，则点，，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，
此时，点，

由（2）可知，此时，平面的一个法向量为，
设，其中，
则，
因为平面，则，
所以，，解得，
所以，，
所以.即的长为.