2024-2025学年甘肃省兰州市高二上册10月月考数学学情检测试题（含解析）

2024-2025学年甘肃省兰州市高二上学期10月月考数学学情检测试题说明：本试卷分和两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.已知直线的倾斜角为，方向向量，则（）A. B. C. D.2.已知等比数列的前项和为，且，则（）A. B. C. D.3.过点且与直线垂直的直线方程是（）A. B. C. D.4.已知数列满足，，，则（）A. B. C. D.5.如图所示，直线与的图象可能是（）A. B.C. D.6.点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（）A. B.C. D.7.已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（）A.2 B.3 C.4 D.58.已知两点，，直线与线段有公共点，则实数a的取值范围是（）A B.C. D.二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）9.已知直线l：，则下列结论正确的是（）A.直线l的一个法向量为B.若直线m：，则C.点到直线l距离是2D.过与直线l平行的直线方程是10.（多选）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，这些数叫作三角形数.设第n个三角形数为，则下面结论正确的是（）A. B.C.1024是三角形数 D.11.已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则（）A. B.为等比数列C.为递减数列 D.中存在小于项二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.经过两直线2x+y-1=0与x-y-2=0的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是___________．13.在数列中，，则的通项公式为____________.14.设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值____________．四、解答题（本大题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.已知直线与直线.（1）当为何值时，与平行，并求与的距离;（2）当为何值时，与垂直.16.数列满足，，.（1）通项公式；（2），求数列的前项和.17.已知直线，点.求：（1）直线关于点对称的直线的方程；（2）直线关于直线的对称直线的方程.18.已知直线.（1）求证：直线过定点；（2）若直线不经过第二象限，求实数取值范围；（3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程.19.定义：从数列中随机抽取m项按照项数从小到大的顺序依次记为，将它们组成一个项数为m的新数列，其中，若数列为递增数列，则称数列是数列的“m项递增衍生列”；（1）已知数列满足，数列是的“3项递增衍生列”，写出所有满足条件的﹔（2）已知数列是项数为m的等比数列，其中，若数列为1，16，81，求证：数列不是数列的“3项递增衍生列”；（3）已知首项为1的等差数列的项数为14，且，数列是数列的“m项递增衍生列”，其中．若在数列中任意抽取3项，且均不构成等差数列，求m的最大值．2024-2025学年甘肃省兰州市高二上学期10月月考数学学情检测试题说明：本试卷分和两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.已知直线的倾斜角为，方向向量，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据直线的斜率建立方程求解即可.【详解】因为直线的倾斜角为，则直线的斜率，故.故选：B.2.已知等比数列的前项和为，且，则（）A B. C. D.【正确答案】C【分析】利用与的关系求出数列的通项公式，利用等比数列的定义可得出关于的等式，解之即可.【详解】当时，，当时，，故当时，，因为数列为等比数列，易知该数列的公比为，则，即，解得.故选：C.3.过点且与直线垂直的直线方程是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据垂直关系设出直线方程为，代入点的坐标，求出答案.【详解】与直线垂直的直线方程可设为，将代入可得，解得，故过点且与直线垂直的直线方程为.故选：B4.已知数列满足，，，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】取倒数法求通项，将变形可得数列为等差数列，计算即可得.【详解】，即，可得，又，即有数列是首项为1，公差为4的等差数列，可得，即.故选：D.5.如图所示，直线与的图象可能是（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】分析两直线的斜率以及在轴上的截距，可得出的符号，即可得出合适的选项.【详解】直线方程可化为，斜率为，在轴上的截距为，直线方程可化为，斜率为，在轴上的截距为，对于A选项，由直线的图象可得−a>0−b<0，即，由直线的图象可得b>0a>0，A不满足条件；对于B选项，由直线的图象可得−a<0−b>0，即a>0b<0由直线的图象可得b>0a>0，即，B不满足条件；对于C选项，由直线的图象可得−a>0−b<0，即，由直线的图象可得b>0a<0，C满足条件；对于D选项，由直线的图象可得−a>0−b>0，即，由直线的图象可得b>0a>0，D不满足条件.故选：C6.点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】由直线的方程求出其所过定点坐标，由此确定最大距离及此时直线的方程.【详解】直线的方程可化为，联立，解得，所以直线经过定点，当时，点到直线的距离最大，最大距离为，因为直线的斜率，，所以直线的斜率，所以，所以，所以，故，所以直线的方程为.故选：C.7.已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【正确答案】B【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为，偶数项为，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可．【详解】因为等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为，得到奇数项为，偶数项为，整体代入得，所以前项的和为，解得.故选：B8.已知两点，，直线与线段有公共点，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】先求得直线恒过点.然后求出直线的斜率，结合图象，即可得出答案.【详解】直线可化为，由可得，，所以直线恒过点.，，如图可知，直线的倾斜角介于直线倾斜角与直线的倾斜角之间.所以当时，有；当时，有.又直线的斜率为，所以，或.故选：D.二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）9.已知直线l：，则下列结论正确的是（）A.直线l的一个法向量为B.若直线m：，则C.点到直线l的距离是2D.过与直线l平行的直线方程是【正确答案】CD【分析】对于A：根据直线方向向量与斜率之间的关系分析判断；对于B：根据直线垂直分析判断；对于C：根据点到直线的距离公式运算求解；对于D：根据直线平行分析求解.【详解】对于A，因为直线l：的斜率，但，可知不为直线l的一个法向量，故A错误；对于B，因为直线m：的斜率，且，所以直线l与直线m不垂直，故B错误；对于C，点到直线l距离，故C正确；对于D，过与直线l平行的直线方程是，即，故D正确．故选：CD.10.（多选）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，这些数叫作三角形数.设第n个三角形数为，则下面结论正确的是（）A. B.C.1024是三角形数 D.【正确答案】ABD【分析】根据数列的项与项数的关系即可判断A，利用累加法求出通项公式即可判断B，代入通项公式求解判断C，利用裂项相消法求和判断D.【详解】对于A，，，，，由此可归纳得，故A正确；对于B，因为，所以，故B正确：对于C，令，此方程没有正整数解，故C错误；对于D，由，得，所以，故D正确.故选：ABD11.已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则（）A. B.为等比数列C.为递减数列 D.中存在小于的项【正确答案】ACD【分析】由数列的递推关系可得A正确；假设an为等比数列，设公比为，利用等比中项的性质结合已知可得B错误；由递推关系通分之后可得C正确；假设对任意的，，求出，再结合由已知可得D错误；【详解】A：由题意可得当时，，当时，由可得，两式作差可得，所以，整理可得，解得，故A正确；B：假设an为等比数列，设公比为，则，即，整理可得，所以，解得，不符合题意，故B错误；C：当时，，所以an为递减数列，故C正确；D：假设对任意的，，则，则，与假设矛盾，假设不成立，故D正确；故选：ACD.二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.经过两直线2x+y-1=0与x-y-2=0的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是___________．【正确答案】x+y=0或x-y-2=0【分析】先求解两直线的交点坐标，再运用截距式求解直线的方程可得出结果.【详解】解：联立两直线方程可得：，解得，可得两条直线交点P（1，-1）．直线经过原点时，可得直线方程为y=-x；直线不经过原点时，设直线方程为，把交点P（1，-1）代入可得，解得a=2．所以直线的方程为x-y-2=0．综上直线方程为：x+y=0或x-y-2=0．故x+y=0或x-y-2=0．13.在数列中，，则的通项公式为____________.【正确答案】【分析】利用退一相减法可得，进而可得的通项公式.【详解】数列中，，时，有，时，由，得，两式相减得，即，时，也满足.所以.故14.设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值____________．【正确答案】9【分析】根据直线方程求出定点，然后根据直线垂直，结合基本不等式求解即可；【详解】由题意，动直线过定点，直线可化为，令，可得，又，所以两动直线互相垂直，且交点P，所以，因为，所以，当且仅当时取等号．根据直线方程求定点，判断直线垂直，将问题转化为基本不等式是本题的难点和突破点.四、解答题（本大题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.已知直线与直线.（1）当为何值时，与平行，并求与的距离;（2）当为何值时，与垂直.【正确答案】（1），（2）或【分析】（1）由两直线平行可利用系数构造方程求得结果，再求两平行线间的距离；（2）由两直线垂直可利用系数构造方程求得结果.【小问1详解】由直线与平行，则，解得，所以此时直线，所以与的距离为.【小问2详解】由直线与垂直，则，解得或.16.数列满足，，.（1）的通项公式；（2），求数列的前项和.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用配凑法证得数列是以3为首项，3为公比的等比数列，进而求得an的通项公式.（2）利用错位相减法求得数列bn的前项和.【小问1详解】数列an满足，整理得，又，即(常数)，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.故，整理得.【小问2详解】由于，所以，所以①，②，①-②得：，所以.17.已知直线，点.求：（1）直线关于点对称的直线的方程；（2）直线关于直线的对称直线的方程.【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出关于点的对称点，利用在直线上，即得解；（2）先求解关于直线的对称点的坐标，再求解与的交点N，由两点式得到直线方程【详解】（1）设为上任意一点，则关于点的对称点为，在直线上，，即.（2）在直线上取一点，如，则关于直线的对称点必在上.设对称点为，则解得.设与的交点为，则由得.又经过点，由两点式得直线方程为.本题考查了点关于直线对称和直线关于直线对称问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题18.已知直线.（1）求证：直线过定点；（2）若直线不经过第二象限，求实数取值范围；（3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程.【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）由方程变形可得，列方程组，解方程即可；（2）数形结合，结合直线图像可得解；（3）求得直线与坐标轴交点，可得面积，进而利用二次函数的性质可得最值.【小问1详解】由，即，则，解得，所以直线过定点；【小问2详解】如图所示，结合图像可知，当时，直线斜率不存在，方程为，不经过第二象限，成立；当时，直线斜率存在，方程为，又直线不经过第二象限，则，解得；综上所述；【小问3详解】已知直线，且由题意知，令，得，得，令，得，得，则，所以当时，取最小值，此时直线的方程为，即.19.定义：从数列中随机抽取m项按照项数从小到大的顺序依次记为，将它们组成一个项数为m的新数列，其中，若数列为递增数列，则称数列是数列的“m项递增衍生列”；（1）已知数列满足，数列是的“3项递增衍生列”，写出所有满足条件的﹔（2）已知数列是项数为m的等比数列，其中，若数列为1，16，81，求证：数列不是数列的“3项递增衍生列”；（3）已知首项为1的等差数列的项数为14