2024-2025學年上海市寶山區高二下學期3月月考數學檢測試卷考生注意：1．本試卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘.2．本考試分設試卷和答題紙，作答必須涂（選擇題）或寫（非選擇題）在答題紙的相應位置，在試卷上作答一律不得分.一、填空題（本大題共12題，1～6題每題4分，7～12題每題5分，共54分）1.直線的傾斜角為___________.【正確答案】【分析】根據直線一般式方程可求得直線的斜截式方程，再根據斜截式方程得出直線斜率，從而求出傾斜角.【詳解】由題意得，，即直線的斜率為，所以直線的傾斜角的正切值為，則直線的傾斜角為.故答案為.2.若2，，8是等比數列，則實數________．【正確答案】【分析】根據等比中項運算求解即可.【詳解】因為2，，8是等比數列，則，所以.故答案為.3.已知等比數列的前項和為，公比為2，且，則__________【正確答案】1【分析】根據等比數列基本量關系求解即可.【詳解】依題意，，故，解得.故14.若直線，的夾角為，則m的值為___________.【正確答案】0【分析】先求出的傾斜角，根據直線與的夾角為，求出的傾斜角，繼而求出m.【詳解】直線的斜率為-1，傾斜角為，由題知，直線與的夾角為，所以直線的傾斜角為或0（舍），所以.故0.5.已知球的半徑為5，球心到平面的距離為4，則球被平面截得的截面面積為________．【正確答案】【分析】利用勾股定理可求得截面的半徑，即可求解【詳解】設截面圓的半徑為，球的半徑為，球心到平面的距離為，則，即可得，所以截面面積為，故答案為.6.已知雙曲線的右焦點為，則雙曲線的漸近線方程為________．【正確答案】【分析】根據題意可知焦點在x軸上，且，即可得漸近線方程.【詳解】由雙曲線方程可知：，且焦點在x軸上，且右焦點為，即，可得，所以雙曲線的漸近線方程為.故答案為.7.已知某圓錐的側面展開圖是圓心角為，半徑為2的扇形，則該圓錐的母線與底面所成角的大小為________．【正確答案】【分析】根據圓錐的側面展開圖可得，結合軸截面分析線面夾角.【詳解】設圓錐的母線長為，底面半徑為由題意可得：，即，可知圓錐的軸截面為等邊三角形，所以該圓錐的母線與底面所成角的大小為.故答案為.8.在等比數列中，，則________．【正確答案】【分析】根據等比數列的下標和性質整理可得，即可得結果.【詳解】因為數列為等比數列，且，可得，即，所以.故答案為.9.已知數列的前項和為，則數列的通項公式為________．【正確答案】【分析】由的關系作差即可求解；【詳解】由，可得：，兩式相減可得：，當時，，不滿足上式，所以，故10.已知數列中，，，則________．【正確答案】【分析】由遞推公式構造，通過等比數列通項公式即可求解；【詳解】由，可得：，所以是首項為，公比為3的等比數列，所以，所以，故11.已知拋物線的焦點為，點為拋物線上的點，點為其準線上的點，且滿足．若，則的面積為________．【正確答案】【分析】根據拋物線的定義求出點的橫坐標，設，利用求出點坐標，再根據兩點距離公式求出進而求的面積即可.【詳解】由題意可知：拋物線的焦點為，準線為，點為拋物線上的點，且，設點橫坐標為，則由拋物線的定義可知，解得，將代入拋物線方程，解得，由對稱性不妨取，設，則，，因為，則，解得，即，所以，所以的面積，故答案為.12.已知是無窮等比數列，其前項和為，，．若對任意正整數，都有，則的取值范圍是________．【正確答案】【分析】由等比數列求和公式，通過討論的奇偶性，即可求解；【詳解】由，，可得，所以，所以由，即得，當為偶數時，，即，對于，易知當時，取得最小值，所以，當為奇數時，，即對于，易知當時，，當時，，所以，所以的取值范圍是，故二、選擇題（本大題共4題，13～16題每題4分，共16分）13.如圖，在四面體中，是的中點.設，，，則（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】根據空間向量的線性關系即可求解.【詳解】,故選：C14.已知l，m是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，且，，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】C【分析】利用線面平行性質定理與判定定理即可判斷出關系．【詳解】因為，，，則，所以“”是“”的必要條件；因為，，，所以，且，所以，所以“”是“”的充分條件；則“”是“”的充要條件．故選：C．15.中國古建筑屋頂形式比較多元化，十字歇山頂就是經典樣式之一，圖1角樓的頂部即為十字歇山頂．其上部可視為由兩個相同的直三棱柱交疊而成的幾何體（圖2），這兩個三棱柱有一個公共側面，且四邊形為正方形．在底面中，若，，則該幾何體的體積為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據幾何體直觀圖，由題意結合幾何體體積公式即可得組合體的體積.【詳解】如圖所示，該幾何體可視為直三柱與兩個三棱錐，拼接而成.記直三棱柱的底面的面積為，高為，所求幾何體的體積為，則，由于是兩個相同的直三棱柱，所以.所以.故選：D.16.已知函數．若數列的前項和為，且滿足，，則的最大值為（）A.23 B.12 C.20 D.【正確答案】D【分析】先得到及遞推公式，要想最大，則分兩種情況，為負數且最小或為正數且最大，進而求出最大值.【詳解】由題意可知：，當時，；當時，，兩式相減可得：，整理得：，所以，或，當是公差為的等差數列，且時，最小，可能最大，此時，解得，此時；當且是公差為的等差數列時，最大，可能最大，此時，解得，此時；綜上所述：的最大值為.故選：D.三、解答題（本大題共5題，共12+14+18+18+18=80分）17.已知圓，直線．（1）求過圓心且與直線垂直的直線的一般式方程；（2）直線與圓交于，兩點，求的面積．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）設與直線垂直的直線的一般式方程為，代入圓心即可得結果；（2）先求圓心到直線的距離，根據垂徑定理求弦長，進而可得面積.【小問1詳解】由題意可知：圓的圓心為，半徑，設與直線垂直的直線的一般式方程為，代入可得，即，所以所求直線方程為.【小問2詳解】因為圓心到直線的距離，則，所以的面積.18.如圖，在四棱錐中，平面，底面是正方形，為上一點．（1）求證：平面平面；（2）當Q為中點時，求點B到平面的距離．【正確答案】（1）證明見解析（2）．【分析】（1）通過證明和得出平面，再由直線在面內，即可得出面面垂直；（2）建立空間直角坐標系并表達出各點坐標，得出對應向量和平面的法向量，即可求出點B到平面的距離.【小問1詳解】由題意證明如下，∵四邊形是正方形，∴．∵平面平面，所以∴．平面，平面，∴平面．∵平面，∴平面平面．【小問2詳解】由題意及（1）得，在正方形中，,在四棱錐中，，平面，Q為中點，面，面，,∴，，建立空間直角坐標系如下圖所示．所以，設平面的法向量為，則得當時，則，設點B到平面的距離為，，則．19.已知數列為等差數列，首項，公差．（1）若，證明：是等比數列；（2）若，設數列的前項和為，求滿足的的最小值．（3）若，求數列的前項和；【正確答案】（1）證明見詳解（2）13（3）【分析】（1）由等差數列通項公式可得，結合等比數列定義分析證明；（2）由題意可得，利用裂項相消法求和；（3）由題意可得以及數列的前項和，根據的符號去絕對值求和.【小問1詳解】因為數列為等差數列，首項，公差，所以.對于，且，所以是等比數列.【小問2詳解】由（1）可知：，可得，令Sn=1所以滿足的的最小值為13.【小問3詳解】由（1）可知：，則，可知數列為等差數列，設數列的前n項和為，則，令，解得，當時，，則；當時，，則；綜上所述.20.已知橢圓，若橢圓的長軸長為4且經過點，過點的直線交橢圓于，兩點．（1）求橢圓方程；（2）若面積為，求此時直線的方程；（3）若直線與軸不垂直，在軸上是否存在點使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【正確答案】（1）（2）或（3）存在，分析】（1）由長軸長求出，將代入橢圓方程求出，得到答案；（2）根據題意設直線，與橢圓方程聯立可得，由，代入運算化簡求解；（3）根據題意有，轉化為，由第二問韋達定理代入運算得解.【小問1詳解】由題意可知：，即，將點代入橢圓方程得，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】根據題意知：直線的斜率不為0，且直線與橢圓必相交，設直線，，，聯立，消去整理得，則，，可得，則，解得，即，所以直線的方程為或.【小問3詳解】在軸上存在點使得，理由如下：因為，可知，即，則，整理得，則，且，解得，所以在軸上存在點，使得.21.若各項為正的無窮數列滿足:對于，其中為非零常數，則稱數列為指形數列;若數列滿足:，且時，有，則稱數列為凹形數列.（1）若，判斷數列是不是指形數列?若是，證明你的結論，若不是，說明理由;（2）若，證明指形數列也是凹形數列;（3）若指形數列是遞減數列，令，求使得成立的最小正整數.【正確答案】（1）是，證明見解析（2）證明見解析（3）答案見解析【分析】（1）根據對數運算得，即證明其為指形數列；（2）根據指形數列的概念求得，再計算，結合基本不等式即可證明其為凹形數列；（3）根據指形數列的定義得，再利用其為遞減數列得，從而求得，再利用等比數列求和公式得，最后引入高斯函數，分類討論即可.【小問1詳解】數列是指形數列.當時，，，