高二特长级部第二次月考数学_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1203云南省玉溪市一中2024-2025学年高二上学期第二次月考

玉 溪 一 中 2026 届 高 二 上 学 期 月 考 二 数 学 （特 长 级 部） 满分：150分，考试时间：120分钟 一、单选题.（本大题共8小题，每小题5分，共40分,在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目 要求.） 1．在等比数列a 中，若a a 16，a a 24，则a a （ ） n 1 2 3 4 7 8 A．40 B．36 C．54 D．81 2．已知 f x的导函数 f 'x的图象如图所示，那么 f x的图象有可能是（ ） A． B． C． D． 3．已知函数 f xlnxaxb有两个零点，则（ ） A．alnb1 B．0alnb1 C．0aeb1 D．aeb1 4．已知过抛物线C:y2 2pxp0的焦点F作斜率为2 2的直线l，l与C的一个交点A位于第四象限， 且l与C的准线交于点B，若 BF 8，则 AF （ ） 5 7 A． B．2 C． D．3 2 3 5．已知函数 f xx2alnx1有极值点，则实数a的取值范围为（ ）  1  1 A．,0 B．,0 C．0,  D．,   2  2 试卷第1页，共4页6．在数列a 中，a a 2n，则数列a 前24项和S 的值为（ ） n n n1 n 24 A．144 B．312 C．288 D．156 7．已知圆C:(x5)2(y3)2 3，直线l:yax1，点M 、N为圆C上的两个动点，若直线l上存在点P， 使得MPN 120，则a的最大值为（ ） 7 6 21 20 A． B． C． D． 6 7 20 21 8．已知数列a 满足a 1a 2a 2，a 1，S 是a 的前n项和．若S 2024，则正整数m的所 n n n1 n 1 n n m 有可能取值的个数为（ ） A．48 B．50 C．52 D．54 二、多选题.（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） x2 y2 π π 9．已知双曲线  1(a0,b0)一条渐近线与实轴夹角为，且  ,  ，则离心率e的可能取值 a2 b2 6 4 是（ ） 3 2 6 A． B． C． 2 D． 3 4 2 10．斐波那契数列又称“兔子数列”，在现代物理、化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列a 可以用 n   如下方法定义：F F 1，F F F n3,nN* .则（ ） 1 2 n n1 n2 A．F 145 B．F2  F F F F 12 n n n1 n n1 C．F2F2F2 F F D．F F F  F F 1 2 n n n1 1 2 n n2 2 11．已知，()是函数 f(x)x3ax2bx1(a,bR)两个不同的零点，且1，x 是函数 f(x) 1 的极大值点，x 是函数 f(x)的极小值点，则（ ） 2 A．1是 f(x)的零点 B．1是 f(x)的零点 C．  x D． x 1 2 试卷第2页，共4页三、填空题．（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12．已知公差不为0的等差数列a 的前n项和为S ，若S 3a a a ，则m . n n 9 2 4 m π π 13．在平行六面体ABCDABCD ，中，ADBD，AAD ，AAB= ，ADBD AA 1，则 1 1 1 1 1 3 1 4 1 AC . 1  14．设Px,y是曲线ycosx(0x )上一动点，则x+2y的最大值为 . 2 四、解答题．(本大题共5小题,共77分．写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15．（本小题满分13分）已知函数 f x x2e2x. (1)求函数 f x的单调区间； (2)讨论方程 f xm（mR）解的个数. 3 16．（本小题满分15分）已知数列a 的前n项和为S ，a  且S 2a 3. n n 1 2 n n1 (1)求数列a 的通项公式； n n2n (2)若b  ，求使b 取得最大值时的n的值. n a n n 试卷第3页，共4页17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱ABCA₁B₁C₁中，平面AA₁C₁C平面ABC， AB ACBC AA 2，AB 6. 1 1 (1)设D为AC中点，证明:AC⊥平面ADB; 1 (2)求平面AAB 与平面ACCA夹角的余弦值. 1 1 1 1 18．（本小题满分17分）已知函数 f(x)aln(x1)，g(x)x22x. (1)如果函数 f(x)在(2, f(2))处的切线，也是g(x)的切线，求实数a的值. 1  (2)若F(x)g(x) f(x)在  e 1,e1   存在极小值Fx 0 ，试求Fx 0 的范围. 19．（本小题满分17分）已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆G的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，焦 3 距等于2 6，离心率为 2 (1)求椭圆G的标准方程; 1 (2)若直线y  xm(m0)与椭圆G交于M、N两点，求证：|OM |2 |ON |2为定值; 2 (3)记B为椭圆上顶点，过点B作相互垂直的两条直线BP，BQ分别与椭圆G相交于P，Q两点.设直线BP 的斜率为k且k 0，若|BP||BQ|，求k的值. 试卷第4页，共4页玉 溪 一 中 2026 届 高 二 上 学 期 月 考 二 数学（特长级部）参考答案 一、单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C B B C D D 二、多选题 题号 9 10 11 答案 BC BCD AD 三、填空题  12．9 13． 2 14．  3 6 四、解答题 15．（1） f x的定义域为R， fx2xe2x x22e2x   xx2 2e2x， 由 ，可得1 x0，由 fx0，可得x1或 ， 텘 ∴函数 f x的单调递减区间是1,0，单调递增区间是,1,0, . ……6分 （2）由（1）可知函数 f x在,1， 上单调递增；函数 f x在1,0上单调递减， 텘1೗∞ ∴ f x在x1时函数取极大值： f 1 ； f x在x0时函数取极小值： f 00， e2 又∵x2 0，ex 0，∴ f xx2e2x 0， 可得函数的大致图象， ∴当m0时， f xm有0个解； 1 当m0或m 时， f xm有1个解； e2 当0m 1 时， f xm有3个解； e2 1 当m 时， f xm有2个解. ……13分 e2 答案第1页，共4页16． （1）由S 2a 3，可得：S 2a 3(n2)两式相减得：a S S 2a 2a n n1 n1 n n n n1 n1 n a 3 即n2， n1  ， ……4分 a 2 n 3 9 a 3 a 3 又因为S 2a 3且S a  ，所以a  ，所以 2  ，综上，n1， n1  ， 1 2 1 1 2 2 4 a 2 a 2 1 n 所以a n 为首项和公比均为 3 2 的等比数列.a n a 1 qn1     3 2    n ……7分 n （2）由（1）可得，所以b    2   n2n ， n 3 b 2  n2n  2n1 n2时，由 n   1，可得n5；故当n5，b b ， b 3  n2n  3n1 4 5 n1 当n5时，b b b 因此b b b b b b  5 6 7 2 3 4 5 6 7 4 4 8 又Q b  ，b  6 ，b b ，即b b b b b b b ， 1 3 2 9 3 1 2 1 2 3 4 5 6 7 320 综上，n4或n5时，b 的取得最大值 . ……15分 n 81 17．（1）证明：因为D为AC中点，且AB ACBC2，所以在V ABC中，有BD AC，且BD 3， 又平面ACC A 平面ABC，且平面ACC A 平面ABC AC，BD平面ABC, 1 1 1 1 所以BD平面ACC 1 A 1 ，又A 1 D平面ACC 1 A 1 ，则BDA 1 D， 由AB 6，BD 3，得AD 3， 1 1 因为AD1，AA 2，AD 3，所以由勾股定理，得AC AD， 1 1 1 又ACBD，ADBDD,AD,BD平面ADB，所以AC 平面ADB； ……7分 1 1 1 1 （2）如图所示，以（1）中的D为原点，建立空间直角坐标系Dxyz， 可得A(1,0,0),A(0,0, 3),B(0, 3,0)， 1       则AA  1,0, 3 ,AB 1, 3,0 ， 1  设平面AAB 的法向量为n(x,y,z)， 1 1    nAA x 3z0    由   1 ，令x 3，得y1，z1，所以n 3,1,1 , nABx 3y0 答案第2页，共4页 由（1）知，BD平面ACC A ，所以平面ACC A 的一个法向量为BD(0, 3,0)， 1 1 1 1   |nBD| 3 5 记平面A 1 AB 1 与平面ACC 1 A 1 的夹角为，则cos |n  ||  B  D  |  5 3  5 ， 5 所以平面AAB 与平面ACC A 夹角的余弦值为 ． …… 15分 1 1 1 1 5 a 18．（1） f(2)0， f(x) , f(2)a，故 f(x)在(2, f(2))处的切线为yax2， x1 yax2也是g(x)的切线， 故方程ax2 x22x只有一个解，即x2a2x2a0只有一个解， a22 8a0，解得a2. …… 7分 （2）F(x) g(x) f(x) x22xalnx1， F(x)2x2 a  2x12a ， x1 x1 当a0时，F(x)0，F(x)无极值点，不符合题意；  a  当a0时，在1,1 上，F(x)0，F(x)单调递减；    2   a  在1 ,上，F(x)0，F(x)单调递增；    2  a 故F(x)的极小值点x 1 ，则a2x 12， …… 12分 0 2 0 故Fx x 22x 2x 12 lnx 1， 0 0 0 0 0 1  1  设t  x 1，x  1,e1 ，则t ,e ，此时Fx t212t2lnt， 0 0  e    e   0 设htt212t2lnt，则ht4tlnt， 1  t ,1时，ht0，ht单调递增；t1,e时，ht0，ht单调递减； e  h    1 e     e 3 2 1,hee21,h 10，故ht  e21,0 ,即Fx 0   e2 1,0  ……17分 3 c 19．（1）由已知得 c 6 ，又e  ,a2 2，又b2 a2c2 2. 2 a x2 y2 所以椭圆G的方程为  1. ……4分 8 2 答案第3页，共4页 1 y xm （2）依题意，设Mx,y ,Nx ,y ，联立直线与椭圆G有 2 ，消元得：x2 2mx2m2 40 1 1 2 2  x24y2 8 当164m2 0，即m2 4且m0时，x x 2m,xx 2m24， 1 2 1 2 |OM |2 |ON |2 x22  1 x 1 2 x22  1 x 2 2 4 3 x2x2 4 3 x x 22x x  1  8  2  8  4 1 2 4  1 2 1 2 4 3 4m24m28  10,即|OM |2 |ON|210为定值. ……10分 4 （3）设Px ,y ,N  x ,y  ，设直线BP的方程为ykx 2(k0)， P P Q Q x2 y2 则直线BQ的方程为y 1 x 2，由   8  2 1 ，消去y得  14k2 x2 8 2kx 0， k  ykx 2 8 2k 8 2k 1k2 x  ，|BP| 1k2 x x  ， P 14k2 B P 14k2 x2 y2   1  8 2  4  8 2x 8 2k 1 8 2 1k2 由 得 1 x2 0,x  ，|BQ| 1 x x  ，  x  k2  k Q k24 k2 B Q 4k2 y  2  k 8 2 1k2 8 2k 1k2 Q|BP||BQ|，  ， 4k2 14k2 整理得：k34k24k10，(k1)  k2 3k1  0，k 1或k  3 5 . …… 17分 2 答案第4页，共4页