山西省长治市2024-2025学年高二数学上学期第二次月考试题含解析

山西省长治市2024-2025学年高二数学上学期其次次月考试题（本试卷满分150分，考试时间为120分钟）第Ⅰ卷（选择题60分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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.若直线经过两点，且倾斜角为135°，则m的值为（）A.2 B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】由，求解即可【详解】由题意，解得：故选：C2.已知等差数列满意，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据等差数列的通项公式求出公差，再结合即可得的值.【详解】因为是等差数列，设公差为，所以，即，所以，所以，故选：D.3.已知，则“”是“方程表示椭圆”的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】求得方程表示椭圆的条件，从而确定正确选项.【详解】方程表示椭圆，则，所以“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.故选：B4.已知数列满意，，为数列的前项和，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据数列满意，，得到数列是等差数列求解.【详解】因为数列满意，，所以数列是以-12为首项，以3为公差的等差数列，所以，，当4或5时，取得最小值-30，故选：A5.等比数列的各项均为正数，且，则（）A. B. C.10 D.【答案】C【解析】【分析】依据等比数列下标的性质即可求解.【详解】∵，∴，∴.故选：C.6.如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据向量的运算，求得，再依据空间向量的数量积的运算，即可求得．【详解】因为在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱且，所以，，且，，，由得，因此，故选：D.7.在等差数列中，为其前项和.若，且，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先证明数列是以为首项以为公差的等差数列，再求出的值，再利用等差数列的通项即可求出的值.【详解】∵是等差数列，为其前项和，设公差为，∴，∴，所以数列是以为首项以为公差的等差数列，则，解得.又∵，∴，∴.故选：【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前项和的应用，考查等差数列通项的基本量的求法，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力.8.双曲线：的左顶点为，右焦点为，动点在上，当时，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】首先推断在右支上，求得，由，可得，再由，，和的关系，化简可得所求值．【详解】由动点在上．当时，，可得在右支上，令，可得，解得，即有，则，即，可得，即，．故选：B．9.已知双曲线：的离心率为2.若抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，则抛物线的方程为A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由e==2得4==1+,∴=3.∴双曲线的渐近线方程为y=±x,抛物线x2=2py的焦点是（0,）,它到直线y=±x的距离d=2==,∴p=8.∴抛物线方程为x2=16y.故选D.10.在平面直角坐标系中，已知圆，点，点在圆上运动，设线段的垂直平分线和直线的交点为，则点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析可知点的轨迹是以、为焦点的双曲线，计算出、的值，即可得出点的轨迹方程.【详解】圆的圆心为，半径为，由中垂线的性质可得，当点在圆的右半圆上时，，当点在圆的左半圆上时，，所以，点的轨迹是以、为焦点的双曲线，且，，所以，，，，因此，点的轨迹方程为.故选：A.11.瑞士闻名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同始终线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满意，顶点、，且其“欧拉线”与圆：相切，则下列结论正确的是（）A.圆上的点到原点的最大距离为B.圆上存在三个点到直线的距离为C.若点在圆上，则的最小值是D.若圆与圆有公共点，则【答案】B【解析】【分析】由题意求出的垂直平分线可得的欧拉线，再由圆心到直线的距离求得，得到圆的方程，求出圆心到原点的距离，加上半径推断A；求出圆心到直线的距离推断B；再由的几何意义，即圆上的点与定点连线的斜率推断C；由两个圆有公共点可得圆心距与两个半径之间的关系，求得的取值范围推断D．【详解】由题意，的欧拉线即的垂直平分线，，，的中点坐标为，，则的垂直平分线方程为，即．由“欧拉线”与圆相切，到直线的距离，，则圆的方程为：，圆心到原点的距离为，则圆上的点到原点的最大距离为，故A错误；圆心到直线的距离为，圆上存在三个点到直线的距离为，故B正确；的几何意义为圆上的点与定点连线的斜率，设过与圆相切的直线方程为，即，由，解得，的最小值是，故C错误；的圆心坐标，半径为，圆的的圆心坐标为，半径为，要使圆与圆有公共点，则圆心距的范围为，，，解得，故D错误．故选：B．12.在数列中，，，，若数列单调递减，数列单调递增，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据题意，求出，n≥3，则，再结合等比数列求和公式和分组求和即可.详解】∵，，，∴，∴，又因为数列单调递减，数列单调递增，同理可得，，，∴，n≥3=故选：A.第Ⅱ卷（非选择题90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题后的横线上）13.在等比数列中，，，则__________．【答案】【解析】【分析】干脆利用等比数列公式计算得到答案.【详解】，故，故.故答案为：.点睛】本题考查了等比数列求值，属于简洁题.14.若数列的前项和为，则数列的通项公式__________．【答案】##－5＋6n【解析】【分析】利用数列前n项和与通项公式之间的关系即可求通项公式.【详解】当时，，当时，，，也满意上式，∴.故答案为：6n－5.15.已知数列中，，前项和，则的通项公式为___________.【答案】【解析】【分析】由，变形可得则，两式相减变形可得，又由，计算可得，验证即可得答案．【详解】依据题意，数列中，，，①，②，①②可得：，变形可得：，则；时，符合；故答案为：．16.已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共焦点，，是它们在第一象限的交点，且，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，在双曲线的右支上，利用椭圆的定义以及双曲线的定义，通过余弦定理，转化求解的最小值．【详解】由题意设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，在双曲线的右支上，由椭圆的定义，由双曲线的定义，所以有，，因为，由余弦定理可得，整理得，所以，当且仅当时取等号，故答案为：．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知等差数列的公差，且.（1）求数列的通项公式；（2）若等比数列满意，，求数列的前项的和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)结合等差数列的通项公式和已知条件即可求出首项，进而可求出通项公式.(2)求出的通项公式，依据数列求和的定义写出的表达式，结合等差数列、等比数列前项和的公式即可求出.【详解】（1）由，得，又，所以，所以.（2）设公比为，由题意，，即，所以，于是，故.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等比数列的通项公式，考查了数列的求和，属于基础题.18.已知公差不为的等差数列的首项,且成等比数列．（1）求数列的通项公式;（2）设,求数列的前项和．【答案】(1);(2).【解析】【分析】（1）设数列的公差为,依据题意，求解，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法，即可求解.【详解】(1)设数列的公差为,则.由成等比数列,得即,得(舍去)或.所以数列通项公式为(2)因为所以【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“裂项相消法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算实力要求较高，解答中确定通项公式是基础，精确计算求和是关键，易错点是在“裂项”之后求和时，弄错数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维实力及基本计算实力等.19.如图，在三棱柱中，平面，，，，点、分别在棱和棱上，且，，为棱的中点.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明出平面，即可证得；（2）计算出的边上的高，并求出点到平面的距离，由此可得出二面角的正弦值为.【详解】（1）在三棱柱中，平面，则平面，平面，则，，则，为的中点，则，，平面，平面，因此，；（2），，，所以，，同理可得，取的中点，连接，则，因为且，故四边形为矩形，则，所以，，

由余弦定理可得，则，所以，的边上的高，平面，平面，则，，，平面，因为，平面，平面，故平面，，故点到平面的距离，设二面角为，则.20.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P(5，a)为抛物线C上一点，且|PF|＝8．（1）求抛物线C的方程；（2）过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆过Q(0，﹣3)，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）2x﹣y﹣6＝0﹒【解析】【分析】(1)依据抛物线焦半径公式构造方程求得，从而得到结果．(2)设直线，代入抛物线方程可得韦达定理的形式，依据可构造方程求得，从而得到直线方程．【小问1详解】由抛物线定义可知：，解得：，抛物线的方程为：．【小问2详解】由抛物线方程知：，设直线，，，，，联立方程，得：，，，以线段为直径的圆过点，，，解得：，直线的方程为：，即．21.已知数列的前项和满意：.

（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若数列满意，为数列的前项和，求证：.【答案】（1）;（2）见解析.【解析】【详解】试题分析：(1)利用题中所给的递推关系整理可得，结合题意可得是以为首项，2为公比的等比数列，且.(2)利用题意错位相减可得，据此可得.试题解析：（1）证明：当时，，①当时，②由①②两式相减得：，即，∴，∴，当时，，则，∴是以为首项，2为公比的等比数列，∴，∴.（2）证明：，∴则①②由①-②得：∴.∴当时，，；，∴单调递增，∴所以综上得：.点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，依据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．22.平面直角坐标系中，过椭圆：（）右焦点的直线交于，两点，为的中点，且的斜率为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ），为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.【答案】(Ι)（Ⅱ）【解析】【分析】(1)把右焦点代入直线方程可求出c，设，线段AB的中点，利用“点差法”即可得出a,b的关系式，再与联马上可求出a,b，进而可得椭圆方程；(2)由，可设直线CD方程为,与椭圆方程联立可得根与系数关系，即可得到弦长，把直线，利用即可得到关于m的表达式，利用二次函数的单调性即可求出其最大值.【详解】(Ι)设则，，（1）－（2）得：，因为，设，因为P为AB的