精品解析：四川省成都市四川师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

四川师大附中2024-2025学年度（下期）3月月考试题 高2023级数学 命题人：刘露 审题人：武婷 一、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. 若一数列的前4项分别为，则该数列的通项公式可能为（ ） A. B. C. D. 2. 对于实数，“”是“方程表示双曲线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 若在数列中，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 5. 如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ）． A. B. 6 C. D. 6. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚疼减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起脚疼每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了？”根据此规律，求后3天一共走多少里　　 A. 156里 B. 84里 C. 66里 D. 42里 7. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，垂直于点，直线与相交于两点.若，则（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知数列的前项和，数列的前项和为，且，若不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 二．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. 设数列前项和为，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知双曲线，，分别为左右焦点，O为坐标原点，点，P为C右支上的一点，则（ ） A. B. 过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点 C. 若，斜率存在，则 D. 的最小值为 11. 在四棱锥中，底面是矩形，，，平面平面，点在线段上运动（不含端点），则（ ） A. 四棱锥的体积为1 B. 四棱锥外接球的表面积为 C. 不存在点使得 D. 当到直线距离最小时，过点，，作截面交于点，则四棱锥的体积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线的倾斜角为________ 13. 在等差数列中，，记，则数列的前30项和为________． 14. 若数列满足，则称该数列为斐波那契数列.如图1所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前项和为，则__________. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列{an}中，a5＝8，a10＝23． （1）令，证明：数列{bn}是等比数列； （2）求数列{nbn}的前n项和Sn． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，是线段上的动点． （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）当二面角的余弦值为时，求点的位置． 17. 新能源汽车的发展有着诸多的作用，不仅能够帮助国家减少对石油的依赖，同时还能够减轻环境的污染.为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干时间更换2000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车.今年投入了电力型公交车64辆，混合动力型公交车100辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入辆. （1）求第3年该市投入的电力型公交车，混合动力型车分别是多少辆（注：3年后该市燃油型公交车未被全部更换）； （2）设经过年后，该市燃油型公交车未被全部更换，求该市年后被更换公交车总数； （3）若该市计划5年内完成全部更换，求的最小值. 18. 现定义：若数列为递减数列且也为递减数列，则为“数列”. （1）已知：，，探究数列，是否为“数列”； （2）定义：，已知数列满足，，求通项并证明数列为“数列”. 19. 如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”. （1）求“等差椭圆”的离心率； （2）在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且. （ⅰ）求与和都相切的直线的方程； （ⅱ）直线（），且l与相交所得弦中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川师大附中2024-2025学年度（下期）3月月考试题 高2023级数学 命题人：刘露 审题人：武婷 一、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. 若一数列的前4项分别为，则该数列的通项公式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列前项的规律，分别分析数列的符号规律和数值规律，进而得出数列的通项公式. 【详解】观察数列的前项，可以发现奇数项为正，偶数项为负. 根据当为偶数时结果为，当为奇数时结果为；当为奇数时结果为，当为偶数时结果为，可知该数列的符号规律可以用来表示. 分母依次为3,5,7,9，得该数列分母的通项公式为. 结合上述对符号规律和数值规律的分析，可知该数列的通项公式为. 故选：A. 2. 对于实数，“”是“方程表示双曲线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的特征得到的取值，再根据充分条件的判定即可得到结果. 【详解】若方程表示双曲线， 则，得或， 则“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件， 故选：A. 3. 已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论. 【详解】对于A，若，，则或，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误； 对于B，若，则与相交或平行，B错误； 对于C，若，则，又，则或，C错误； 对于D，由，得或，若，则存在过的平面与相交， 令交线为，则，而，于是，；若，而，则， 因此，D正确. 故选：D 4. 若在数列中，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，根据周期性计算可得. 【详解】因为，， 所以，，，， 所以是以为周期的周期数列，所以. 故选：D 5. 如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ）． A. B. 6 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，作出截面，分别求出边长，进而求出截面的周长. 【详解】如图，取的中点，连接，则. 则在正方形中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又，所以， 则四边形即过三点截面， 因为正方体的棱长为2， 所以，，, 则其周长为. 故选：A. 6. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚疼减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起脚疼每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了？”根据此规律，求后3天一共走多少里　　 A. 156里 B. 84里 C. 66里 D. 42里 【答案】D 【解析】 【分析】此人每天所走的路程，组成等比数列，其中，利用等比数列的通项公式与求和公式即可得结果． 【详解】此人每天所走的路程组成等比数列，其中，． 则，解得． 后3天一共走了 （里）． 故选D． 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式基本量运算，属于中档题．等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程. 7. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，垂直于点，直线与相交于两点.若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点M作于点H，设准线l与x轴的交点为K，结合抛物线定义可得，可得为等边三角形，即，求出直线的方程与抛物线C的方程联立，求得点N的横坐标为，可得垂直x轴，在中，利用运算得解. 【详解】 如图，过点M作于点H，设准线l与x轴交点为K， 因为，所以， 因为，所以，由抛物线定义知，， 而，所以，在中，因为， 所以，因为，所以， 由抛物线定义知，，所以为等边三角形， 所以，可得点P的横坐标为， 设与x轴的交点为G，则， 因为直线的斜率为， 点，所以直线的方程为， 联立，消去y化简并整理得，， 解得或，则点N的横坐标为，又点P的横坐标为， 可得垂直x轴，且垂足为G，在中，由， 所以，故 故选：D． 8. 已知数列的前项和，数列的前项和为，且，若不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用求出，进而可得，对分奇偶求得，进而可求得实数的最小值. 【详解】当时，， 当时，， 当时，适合上式，所以， ， 当为偶数时，， 所以， 当为奇数时，， 所以， 综上，， 又因为不等式恒成立，所以，所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：关键在于分为奇数与为偶数两种情况求得，进而求得的最大值，进而求得实数的最小值. 二．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. 设数列的前项和为，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】将选项中的a、b值代入题中式子，判断数列类型，根据数列类型求解即可. 【详解】当，时，，所以. 因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，则，故正确. 当，时，，即.因为，所以， 则，故错误. 当，时，，因为，所以，， 所以是周期为2的周期数列，则，故错误. 当，时，，则，即. 因为，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，即，故正确. 故选：AD 10. 已知双曲线，，分别为左右焦点，O为坐标原点，点，P为C右支上的一点，则（ ） A. B. 过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点 C. 若，斜率存在，则 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A离心率的定义即可判断，选项B利用直线与双曲线方程联立判断即可，选项C、D利用双曲线的定义即可解决. 【详解】 ，，可得：，所以，故A正确； 对于B，双曲线的一条渐近线的斜率为1，所以过点M且斜率为1的直线为， 联立，消去得：，只有一个交点，故B错误； 对于C，设，则，，故C错误； 对于D，由双曲线的定义可知，当且仅当三点共线时取得等号，故D正确， 故选：AD. 11. 在四棱锥中，底面是矩形，，，平面平面，点在线段上运动（不含端点），则（ ） A. 四棱锥的体积为1 B. 四棱锥外接球的表面积为 C. 不存在点使得 D. 当到直线的距离最小时，过点，，作截面交于点，则四棱锥的体积是 【答案】BCD 【解析】 【分析】取AD的中点G，证明平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断C，求出，再由锥体的体积公式判断A，把四棱锥补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断B，由平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，从而得为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D． 【详解】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，,则， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 所以平面，平面，则． 又因为，所以， 又，平面，所以平面PGC． 因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，故不存在点使得，故C正确； 因为平面，，，，所以， 所以，所以， 所以，故A错误； 因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体． 如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径， 即四棱锥外接球的表面积，故B正确． 如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时， 由上推导知，，， ，，，， 因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为中点, 平面即平面与的交点也即为与的交点,可知N为QA的中点， 故，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线的倾斜角为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据直线的一般式方程转化为斜截式方程，得到斜率，即可求倾斜角. 【详解】由题可得，直线的斜截式方程为， 所以直线的斜率为，则倾斜角为， 故答案为：. 13. 在等差数列中，，记，则数列的前30项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】先由解得，利用等差数列前项和公式即可求解. 【详解】由，即时，，时，， 所以 ． 故答案为：755. 14. 若数列满足，则称该数列为斐波那契数列.如图1所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前项和为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据递推公式可得，结合累加法计算得即可判断. 【详解】因为斐波那契数列总满足，且， 所以， ， ， 类似的有，其中， 累加得，又， 所以， 故：. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，由递推关系得，利用累加法可得，即可判断. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列{an}中，a5＝8，a10＝23． （1）令，证明：数列{bn}是等比数列； （2）求数列{nbn}的前n项和Sn． 【答案】（1）见解析（2）Sn＝（n﹣1）•2n+1+2． 【解析】 【分析】（1）由题意可得an＝3n-7，则，即可得证； （2）由nbn＝n•2n利用错位相减法即可求得Sn，即可得解. 【详解】（1）证明：设等差数列{an}的公差为d，∵a5＝8，a10＝23， ∴a1+4d＝8，a1+9d＝23， 联立解得：a1＝-4，d＝3， ∴an＝-4+3（n﹣1）＝3n-7． ∴， ∴2． ∴数列{bn}是等比数列，首项为2，公比为2． （2）nbn＝n•2n． ∴数列{nbn}的前n项和Sn＝2+2×22+3×23+……+n•2n． ∴2Sn＝22+2×23+……+（n﹣1）•2n+n•2n+1． ∴两式相减得﹣Sn＝2+22+……+2n﹣n•2n+1n•2n+1． ∴Sn＝（n﹣1）•2n+1+2． 【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用和等比数列的证明，考查了错位相减法求数列前n项和的应用，属于基础题. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，是线段上的动点． （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）当二面角的余弦值为时，求点的位置． 【答案】（1）证明见解析 （2）是靠近的三等分点． 【解析】 【分析】（1）记的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，根据二面角求出的值，即可求得的位置. 【小问1详解】 记的中点为，连接，如图所示， 因为是线段中点，所以且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面平面， 所以平面． 小问2详解】 因为平面 平面，所以， 又，所以两两垂直， 以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 则， 当与重合时，二面角为，不合题意， 设，则， 设平面，平面的法向量分别为， 则， 取，得， 由题可知，解得（负根舍去）， 故是靠近的三等分点． 17. 新能源汽车的发展有着诸多的作用，不仅能够帮助国家减少对石油的依赖，同时还能够减轻环境的污染.为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干时间更换2000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车.今年投入了电力型公交车64辆，混合动力型公交车100辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入辆. （1）求第3年该市投入的电力型公交车，混合动力型车分别是多少辆（注：3年后该市燃油型公交车未被全部更换）； （2）设经过年后，该市燃油型公交车未被全部更换，求该市年后被更换的公交车总数； （3）若该市计划5年内完成全部更换，求的最小值. 【答案】（1）144， （2） （3）66 【解析】 【分析】（1）根据给定条件可得每年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量依次排成一列分别构成等比数列、等差数列，求出它们的通项公式即可； （2）利用（1）的结论求出它们的前项和即可； （3）利用（1）的结论列出不等式，解此不等式并求出最小值即可作答. 【小问1详解】 设，分别为第年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量，依题意，数列是首项为64，公比为的等比数列， 是首项为100，公差为的等差数列， 于是第3年投入的电力型公交车的数量， 第3年投入的混合动力型公交车的数量. 【小问2详解】 由（1）得，的前项和， 的前项和， 所以经过年后，该市被更换的公交车总数为 【小问3详解】 若计划5年内完成全部更换，则， 于是得， 即，解得，而，于是得的最小值为66. 18. 现定义：若数列为递减数列且也为递减数列，则为“数列”. （1）已知：，，探究数列，是否为“数列”； （2）定义：，已知数列满足，，求的通项并证明数列为“数列”. 【答案】（1）是递减数列，不是“数列” （2）答案见解析，证明见解析 【解析】 【分析】（1）判断，的单调性，证明数列为递减数列，举例说明不是递减数列，结合定义判断结论； （2）由关系证明，再判断数列，的单调性，由此证明结论. 【小问1详解】 因为是递减数列，， 且，而， 所以，，所以 所以是递减数列， 所以数列是“数列”； 因为是递减数列， ，其中，，则， 所以不是递减数列， 所以数列不是“数列”. 【小问2详解】 因为，所以，① 当时，，② 由①÷②，得，又，所以， 所以当时，， 因为当时，， 所以，数列是递减数列， 因为，所以数列也是递减数列， 故数列是“数列”. 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 19. 如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”. （1）求“等差椭圆”的离心率； （2）在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且. （ⅰ）求与和都相切的直线的方程； （ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值. 【答案】（1）； （2）（i）或；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合构造齐次式即可得解； （2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为c， 因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以， 又，所以，则， 两边同时除以，得，解得（舍去）. 所以“等差椭圆”的离心率为. 小问2详解】 （ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且， 则由，得，则，，解得. 故，. 易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为：. 联立消去y得， 则，得；① 联立消去得， 则，得，② 联立①②，解得或 故和都相切的直线方程为或. （ⅱ）证明：设l与相交于，， 线段CD的中点，则，， 两式相减，得， 所以，即， 由已知，，所以， 即，则 联立得， 又，则， 故， 所以中点的坐标为，可得， 所以，为N定值. 【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $