2024-2025学年安徽省枞阳县高二下册数学3月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年安徽省枞阳县高二下册数学3月月考数学检测试卷（附解析），共17页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据空间直角坐标系中，点关于坐标轴对称的特征求解.
【详解】依题意，点关于轴的对称点为.
故选：D
2. 经过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用两直线的垂直的斜率关系结合点斜式计算即可.
【详解】由题意可知的斜率为，所以与其垂直的直线斜率为，
由点斜式可知该直线方程为，故B正确.
故选：B
3. 已知圆关于直线对称，则实数（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【正确答案】C
【分析】利用圆的对称性及一般式求出圆心坐标，代入直线方程求参数即可.
【详解】由，即，
由题意可知圆心在直线上，代入得.
故选：C
4. 已知函数在点处的切线的倾斜角为，则实数的值为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【正确答案】A
【分析】利用导数的几何意义计算即可.
【详解】易知，所以.
故选：A
5. 已知为等差数列前项和，且，则（ ）
A. 24B. 36C. 48D. 72
【正确答案】D
【分析】设等差数列的公差为，由已知可求得，利用等差数列的前项和求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，由，
得，所以，
所以
故选：D.
6. 已知，椭圆与双曲线的离心率分别为，，若，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用椭圆、双曲线的离心率及关系列式，求出的关系即可求得渐近线方程.
【详解】由，得，则，整理得，即，
双曲线的渐近线方程为，即.
故选：C
7. 已知抛物线的焦点为，过上一点作的准线的垂线，垂足为，若，则（ ）
A. B. C. D. 2
【正确答案】A
【分析】利用抛物线的准线确定抛物线方程，结合抛物线定义与特殊三角形计算即可.
【详解】由于的准线，所以，设准线与纵轴交于E点，
根据抛物线定义可知，所以，
易知，所以.
故选：A
8. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ）
A. 98B. 99C. 100D. 101
【正确答案】B
【分析】利用取倒数法并构造新数列求其通项公式，再由等比数列求和公式结合数列的单调性解不等式即可.
【详解】由，可得，
易知，两侧同时除，可得，整理得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则，
故，
故，
易知单调递增，，所以.
故选：B
二、多项选择题：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. 已知正项等比数列的前项积为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】BC
【分析】利用前项积的意义，结合等比数列性质求出公比，再逐项分析判断.
【详解】设正项等比数列的公比为，，则，，则，
对于A，，A错误；
对于B，，则，B正确；
对于CD，由，得数列是递增数列，则，
于是，当时，，因此，C正确，D错误.
故选：BC
10. 已知函数的定义域为，是的导函数，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 有两个零点
C. ，
D. 若，且，则
【正确答案】BCD
【分析】利用构造函数法结合导数的运算法则确定解析式，再利用导数研究其单调性与最值，作出函数大致图象，结合基本函数的单调性、基本不等式一一判定选项即可.
【详解】因为，不妨设，则，
所以（为常数），
又，所以，即，
所以，则在上单调递减，在上单调递增，
则，且时，，时，，
作出函数草图如下：

显然A错误，B正确；
由图知，，故C正确；
由，因，由基本不等式知，
所以，当且仅当时取得等号，故D正确.
故选：BCD
11. 已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 在线段上存在一点，使得平面
B. 对于线段上的任意一点，都有
C. 过，，三点作正方体的截面，则截面的面积为
D. 若点在正方形所在平面内，且平面，则线段长度的取值范围是
【正确答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABD；作出截面并求出截面面积判断C.
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
对于A，，，
，由，得，
即当点时，，而平面，
因此平面，A正确；
对于B，由选项A知，，而，，
因此对于线段上的任意一点，都有，B正确；
对于C，取中点，，即，而直线，
则，四边形是符合题意的截面，，
等腰梯形高，该截面面积，C错误；
对于D，设，则，
由平面，得，解得，
则，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等比数列的公比为，若，，则________．
【正确答案】
【分析】利用等比数列通项公式，列方程组求公比.
【详解】等比数列的公比为，，，
则，解得.
故答案为.
13. 已知直线与圆相交于，两点，则的取值范围是________．
【正确答案】
【分析】先求出直线恒过定点，当直线经过圆心时，取得最大值，当直线时，取得最小值时，即可得出结论.
【详解】由，得，可得直线恒过的定点，
由圆，得，
又，所以点在圆内，
可得圆心，半径为，
当直线经过圆心时，，
当直线时，又，
所以，
所以的取值范围是.
故答案为.
14. 若关于的不等式在上恒成立，则正数的最小值为________．
【正确答案】##
【分析】同构变形给定的不等式，在时构造函数，利用函数单调性可得，分离参数并构造函数，求出函数的最大值即可.
【详解】不等式，，
当时，，令，
依题意，，对函数求导得，
函数在上单调递增，则当时，恒成立，
令函数，求导得，当时，；
当时，，函数上单调递增，在上单调递减，
，因此，所以正数的最小值为最小值为.
故
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. 已知直线经过点，且与椭圆交于，两点，的中点坐标为．
（1）求的方程；
（2）若与抛物线交于，两点，求的面积（为坐标原点）．
【正确答案】（1）；
（2）
【分析】（1）求出直线的斜率，进而求出其方程，再与椭圆方程联立验证即可.
（2）将直线的方程与抛物线方程联立，求出三角形面积.
【小问1详解】
依题意，直线经过点，则直线的斜率为，
直线的方程为，即，设
由消去得，
，，，
因此线段的中点坐标为，符合题意，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，直线的方程为，设点，
由消去得，则，
所以的面积.
16. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，，为，的等比中项．
（1）求的通项公式；
（2）若，记的前项和为，证明：．
【正确答案】（1）；
（2）证明见解析.
【分析】（1）根据等差数列与前n项和的性质及等比中项，计算通项公式基本量即可；
（2）利用裂项相消法求和，结合数列的单调性证明即可.
【小问1详解】
设的公差为，则，所以，
又为，的等比中项，则，
解之得，故；
【小问2详解】
由上可知，
所以
，
易知，
令，显然定义域上单调递减，，
所以，故.
17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，，分别为棱，，，的中点，，．

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）利用线线垂直可得平面，进而可得平面平面，利用面面垂直的性质可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成的夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为底面为正方形，所以，
又，，所以，
所以，所以．
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又因为，为棱的中点，所以，
又平面平面，所以平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可求得

则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的夹角为，
则，
所以平面与平面所成的夹角的余弦值为.
18. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围；
（3）若在区间上有且仅有一个零点，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）.
【分析】（1）求导，令，可求单增区间与单减区间；
（2）求导可得，由已知可得有两个正根，求解即可；
（3）由与在上有一个交点，利用导数判断的单调性，进而可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
若，fx=x−12−4lnxx>0，
则，
令，解得，令，解得，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为；
【小问2详解】
由fx=x−12−alnxx>0，可得，
由有两个极值点，则有两个变号零点，即有两个正根，
所以Δ=−22−4×2×a=022>0−a2>0，解得，
所以实数的取值范围为；
【小问3详解】
由在区间上有且仅有一个零点，得在区间有一个根，
即在区间有一个根，
即与在上有一个交点，
由，可得，
因为，所以，
所以对恒成立，所以在上单调递增，
又，
因为，可得，当时，，
所以函数单调递减，所以，所以，
所以时，，
所以，所以实数的取值范围为．
19. 对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，．
（1）判断是否为“上界数列”，并说明理由；
（2）若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”；
（3）若，数列的“上界临界值”为，证明：．
【正确答案】（1）不是“上界数列”，理由见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【分析】（1）利用的关系先求通项，再根据新定义确定即可；
（2）利用裂项相消法求和得，再利用数列的单调性结合新定义计算即可；
（3）利用放缩法将，结合等比数列求和公式得，根据新定义证明即可.
【小问1详解】
当时，，作差得，
因为，所以，
又当时，，所以，
即是以1为首项，1为公差的等差数列，，
由于数列是无限递增的，显然不存在常数满足，
所以不是“上界数列”；
【小问2详解】
由上可知，
所以，
因为，所以单调递增，且，
所以，
所以数列的“上界临界值”；
【小问3详解】
易知，
所以，
显然单调递增，且，n越大，该数值越接近0，故，
由于上述不等式取不得等号，所以数列的“上界临界值”.
思路点睛：准确理解新定义的概念，利用等比数列的求和公式、错位相减法或裂项相消法，证明数列不等式常用到放缩法，注意精度即可.