2024-2025学年江西省南昌市高三上学期第二次月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年江西省南昌市高三上学期第二次月考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，满足，，则向量在向量方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．4．“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件．C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题中真命题个数为（）①若，α//β，则与所成的角等于与所成的角；②若，，，则与是异面直线；③若，，α//β，则；④若，，，则．A． B． C． D．6．已知函数的一条对称轴为，且在区间上值域为，则实数的最大值为（

）A． B．2π3 C． D．7．在锐角中，内角的对边分别为a，b，c，，为其外心.若外接圆半径为，且，则的值为（

）A．1 B． C．2 D．8．函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线.在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．设数列，的前项和分别为，，则下列命题正确的是（

）A．若，则数列为等差数列B．若，则数列为等比数列C．若数列是等差数列，则，，成等差数列D．若数列是等比数列，则，，成等比数列10．在直三棱柱中，，，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（

）A．平面B．若是上的中点，则C．直线与平面所成角的正弦值为D．直线与直线所成角最小时，线段长为11．已知函数，2为的极大值点，则下列结论正确的有（

）A．B．若4为函数的极小值点，则C．若在内有最小值，则b的取值范围是D．若有三个互不相等的实数解，则b的取值范围是三、填空题（本大题共3小题）12．已知数列满足，，则.13．已知复数满足，则复数的辐角的主值是．14．已知函数，若恒成立，则最大值为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知数列的前项和为，，且.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和为.16．在中，角的对边分别为.(1)求；(2)已知为的平分线，交于点，且为线段上一点，且，求的周长.17．椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形.(1)求椭圆的方程；(2)设，过椭圆的右焦点作直线交于、两点，试问：是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.18．已知函数（）.（1）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；（2）若，且有两个极值点，其中，求的取值范围.19．对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的p阶和数列.(1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；(2)若，求的二阶和数列的前n项和；(3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时的公差.

答案1．【正确答案】B【详解】由可得，所以，由可得或，且，所以，故选：B.2．【正确答案】C【详解】因为，则，因此.故选：C.3．【正确答案】A【详解】由，得，则向量在向量方向上的投影向量为.故选：A.4．【正确答案】B【详解】由得，由不能得到，如；反之，一定有；“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.5．【正确答案】B【详解】对①，结合异面直线所成角的定义，因为，所以与所成的角等于与所成的角，而，于是与所成的角等于与所成的角，故①正确；对②，根据题意，既不平行也不相交，故，异面，所以②正确；如图，在正方体中，若为平面，为平面，取为，为，显然异面，所以③错误；若为平面，为平面，则为，取为，则，所以④错误.故选：B.6．【正确答案】D【详解】，因为函数的一条对称轴为，所以，即，又因为，所以，所以，当时，，因为函数在区间上值域为，所以，解得，所以实数的最大值为.故选：D7．【正确答案】B【详解】由题意可知，，，，，，，.故选：B.8．【正确答案】A【详解】由题意可得：，，则，可得，又因为为递增数列，且，所以当，可得.故选：A.9．【正确答案】AC【分析】对于A，C，利用等差数列的定义判断即可，对于B，D，通过举反例判断【详解】解：对于A，由等差数列的定义可知当时，数列为等差数列，所以A正确；对于B，当时，满足，但数列不是等比数列，所以B错误；对于C，数列是等差数列，数列的前项和为，则，，所以，所以，，成等差数列，所以C正确；对于D，当等比数列的公比，为偶数时，，，均为零，所以，，不成等比数列，所以D错误，故选：AC10．【正确答案】ACD【分析】由题意写出空间中的点的坐标，利用与平面法向量的数量积等于零可判断A；根据可判断B；求出平面的一个法向量，利用空间向量数量积求线面角可判断C；利用异面直线所成角的空间向量求法可判断D.【详解】由题意可得，，，，，，，设，，，直三棱柱中，，可得为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，对于A，，，即，又平面，所以平面，故A正确；对于B，若是上的中点，则，所以，所以与不垂直，故B不正确；对于C，由为平面的一个法向量，，设直线与平面所成角为，则，故C正确；对于D，设，则，当时，即时，取最大值，即直线与直线所成角最小，此时，，故D正确.故选：ACD11．【正确答案】AD【详解】对于A，，，，则或，而，则，令，得或；令，得；在单调递增，单调递减，单调递增，的极大值点为，，A对.对于B，若4为极小值点，则，则，B错.对于C在内有最小值，则在处取得最小值，，，即，，，故C错误.对于D有三个互不相等的实数解，，则，故，故D正确；故选：AD12．【正确答案】/【详解】因为，，所以，所以，数列的周期为3，所以.故答案为.13．【正确答案】【详解】由，可得：即，，，，复数的辐角的主值是.故14．【正确答案】【详解】因为函数，若，当时，恒成立，所以，当时，恒成立，所以，所以；设，，当时，，是增函数当时，，是减函数则故.15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）解：由，得，两式相减得，即，因为，，所以，所以，所以数列是以为首项，以为公差的等比数列，所以；（2）由（1）知：，所以，则，两式相减得，，，，所以.16．【正确答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式展开化简可得；（2）利用面积公式和余弦定理列方程组求解出，可知为等腰三角形，然后结合已知即可得解.【详解】（1），，，，，，，又，.（2）因为BD为的平分线，，所以，又，，所以，即，①由余弦定理，得，即，②由①②可得（舍去负值），，所以a，c是关于的方程的两个实根，解得.又因为BD为的平分线，所以，又，，所以，，所以的周长为.17．【正确答案】(1)；(2).【详解】（1）解：因为椭圆的两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，该正方形的边长为，两条对角线长分别为、，则，所以，，所以，椭圆的方程可表示为，、将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，则，，故椭圆的标准方程为.（2）解：当直线与轴重合时，则、为椭圆长轴的顶点，不妨设、，则，，此时；易知点，当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，，，.综上所述，.18．【正确答案】（1）；（2）.【详解】（1）的定义域为(0,+∞)，∵在(0,+∞)上单调递增，∴在(0,+∞)上恒成立，即在(0,+∞)上恒成立，又，当且仅当时等号成立，∴；（2）由题意，∵有两个极值点，∴为方程的两个不相等的实数根，由韦达定理得，，

∵，∴，又，解得，∴，设（），则，∴在上为减函数，又，，∴，即的取值范