精品解析：山西省临汾第一中学校2025-2026学年高二上学期数学周测试题（十一）

临汾一中2025-2026学年度第一学期高二年级周测试题（十一） 数学试题（卷） （测试时间：120分钟 满分：150分） 一､单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共计40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的. 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知复数满足（其中i为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，，，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的公差，记该数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 66 B. 72 C. 132 D. 198 7. 设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有＝，则＋的值为（ ） A. B. C. D. 8. 设等差数列的前项和为，若有最大值，且，则中最大的是（ ） A. B. C. D. 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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 记为等差数列的前n项和，则（ ） A. ，，成等差数列 B. C. D. ，，成等差数列 10. 在长方体中，，，、、分别是、、 上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 对于任意给定的点，存在点使得 B. 对于任意给定的点，存在点使得 C. 当时， D. 当时，平面 11. 若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列如图所示的“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 （ ） A. B. 是奇数 C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前n项和为，，则数列的通项公式为__________. 13. 已知数据的平均数为4，方差为2，则数据的平均数与方差的和为_____. 14. 德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数，设数列满足（），则______． 四､解答题：本大题共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. 等差数列的前n项和为，已知． （1）求的通项公式； （2）若，求n的最小值． 16. 数列满足，，． （1）设，证明是等差数列； （2）求的通项公式． 17. 已知数列满足． （1）求； （2）求的通项公式； （3）设，求数列的前n项和． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，,为的中点，点在上，且． （1）求证：平面; （2）求二面角的余弦值； （3）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 19. 已知点F为抛物线的焦点，点（）在C上，且. （1）求C的方程； （2）过C上的动点P作C的切线，与直线交于点Q，过Q作PF的垂线，垂足为H. （ⅰ）当时，求点P的坐标； （ⅱ）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临汾一中2025-2026学年度第一学期高二年级周测试题（十一） 数学试题（卷） （测试时间：120分钟 满分：150分） 一､单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共计40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的. 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再由交集和补集的运算求解即可. 【详解】由可得：，解得：， 由可得：，解得：或， 所以，， 所以 故选：D. 2. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题目所给条件，分析数列的周期性，通过周期性得到答案． 【详解】由题知，，，，， 所以3是数列的一个周期，所以． 故选：B． 3. 已知复数满足（其中i为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的概念，复数的除法公式和共轭复数得概念，计算求解. 【详解】由得， 则，虚部为. 故选：C. 4. 在等差数列中，，，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的下标和公式易求得答案，注意观察下标之间的关系. 【详解】在等差数列中， 故选:B 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再求，再化简即得解. 【详解】解：由得， 所以， 所以. 故选：B 6. 已知等差数列的公差，记该数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 66 B. 72 C. 132 D. 198 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的公差，求得其通项公式求解. 【详解】因为等差数列的公差, 所以，则 ， 所以 ， 由 ，得 ， 所以 或12时，该数列的前项和取得最大值， 最大值为， 故选：A 7. 设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有＝，则＋的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及等差数列前n项和的性质，逐步化简，即可得到本题答案． 【详解】由题意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8， ∴＋＝＝＝＝＝＝ 故选：C． 8. 设等差数列的前项和为，若有最大值，且，则中最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质可知，，依次分析选项即可得到的最大值. 【详解】因为等差数列的前项和为，且有最大值，所以公差， 由，可得，故有最大值为， 又，单调递减，且， 所以当时，,单调递减，单调递增，此时最大； 当时，，，则， ，则， 同理可得均大于0，则 综上，最大； 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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 记为等差数列的前n项和，则（ ） A. ，，成等差数列 B. C. D. ，，成等差数列 【答案】AD 【解析】 【分析】由等差数列前n项和公式对4个选项依次判断即可． 【详解】设等差数列的公差为， 则，， . 对于A，由， ， 则， 所以，，成等差数列，故A正确； 对于B，， 而，且的值不确定， 则与不一定相等，故B错误； 对于C，， 而，且的值不确定， 则与不一定相等，故C错误； 对于D，由，，， 所以，即， 则，，成等差数列，故D正确. 故选：AD． 10. 在长方体中，，，、、分别是、、 上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 对于任意给定的点，存在点使得 B. 对于任意给定的点，存在点使得 C. 当时， D. 当时，平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，， 设，得到，. ，，，当时，，正确； ，，取时，，正确； ，则，解得：，此时，不成立，错误； ，则，，设平面的法向量为，则，解得，故，故平面，正确. 故选：ABD. 【点睛】 本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题. 11. 若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列如图所示的“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 （ ） A. B. 是奇数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据递推公式求出即可判断A；观察数列的奇偶特点即可判断B；根据递推公式，结合累加法即可判断C；根据递推公式可得，结合累加法计算即可判断D. 【详解】对于A，由，且，可得斐波那契数列：，，，，，，，，故故A正确； 对于B：由斐波那契数列：，，，，，，，，，，，， 可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且，所以是奇数，故B正确； 对于C：因为， 相加可得：，故C错误； 对于D：因为斐波那契数列总满足，且， 所以， ， ， 类似的有，， 其中 累加得， ， 故：，故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. 已知数列的前n项和为，，则数列的通项公式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合得出，再由与的关系，从而得出数列的通项公式. 【详解】当时，，即， 当时，， 则， 此时，与实际不符合， 综上，， 故答案为： 13. 已知数据的平均数为4，方差为2，则数据的平均数与方差的和为_____. 【答案】19 【解析】 【分析】根据平均数与方差的性质计算即可. 【详解】因为数据的平均数为4，方差为2， 所以的平均数为，方差为， 所以平均数与方差的和为19. 故答案为：19. 14. 德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数，设数列满足（），则______． 【答案】 【解析】 【分析】计算出，，倒序相加得到答案. 【详解】 ，， 因为①， 所以②， 两式相加得 ， 所以. 故答案为： 四､解答题：本大题共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. 等差数列的前n项和为，已知． （1）求的通项公式； （2）若，求n的最小值． 【答案】（1） （2）12 【解析】 【分析】（1）设的公差为d，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解； （2）利用等差数的求和公式，得到，结合的单调性，即可求解. 【小问1详解】 解：设的公差为d， 因为，可得，解得， 所以，即数列的通项公式为． 【小问2详解】 解：由，可得， 根据二次函数的性质且，可得单调递增， 因为，所以当时，， 故n的最小值为12． 16. 数列满足，，． （1）设，证明是等差数列； （2）求的通项公式． 【答案】 （1）由an＋2＝2an＋1－an＋2，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2. 又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列． （2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）由an＋2＝2an＋1－an＋2，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即可证得； （2）由（1）得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1，进而利用累加求通项公式即可. 试题解析： （1）略 （2）解　由（1）得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1. 于是(ak＋1－ak)＝(2k－1)，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1. 又a1＝1，所以an＝n2－2n＋2,经检验，此式对n=1亦成立， 所以，{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2. 点睛：本题主要考查等比数列的定义以及已知数列的递推公式求通项.由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）等差数列、等比数列（先根据条件判定出数列是等差、等比数数列）；（2）累加法，相邻两项的差成等求和的数列可利用累加求通项公式；（3）累乘法，相邻两项的商是能求出积的特殊数列时用累乘法求通项；（4）构造法，形如的递推数列求通项往往用构造法，即将利用待定系数法构造成的形式，再根据等比数列求出的通项，进而得出的通项公式. 17. 已知数列满足． （1）求； （2）求的通项公式； （3）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用给定的递推公式求出指定项. （2）利用数列前n项和与第n项的关系求出通项公式. （3）由（2）求出，再利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 在数列中，，当时，， 所以. 【小问2详解】 ，， 当时，， 两式相减得，则，而满足上式， 所以的通项公式是. 【小问3详解】 由（2）知，， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，,为的中点，点在上，且． （1）求证：平面; （2）求二面角的余弦值； （3）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 【答案】（1）因为平面，平面，则， 由题意可知，且，平面， 由线面垂直的判定定理可得平面. （2） （3）直线在平面内，理由如下： 易知，，由，可得， 则，由平面的一个法向量为， 其中，且点在平面内，故直线在平面内. 【解析】 【分析】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； （2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角的余弦值； （3）首先求得点的坐标，然后结合平面的法向量和直线的方向向量可判断直线是否在平面内. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点为坐标原点，平面内与垂直的直线为轴， ，方向为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 易知：，，， 由可得点的坐标为， 由可得，设平面的法向量为：， 则， 据此可得平面的一个法向量为：， 很明显平面的一个法向量为， 得到， 而二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 【小问3详解】 略 19. 已知点F为抛物线的焦点，点（）在C上，且. （1）求C的方程； （2）过C上的动点P作C的切线，与直线交于点Q，过Q作PF的垂线，垂足为H. （ⅰ）当时，求点P的坐标； （ⅱ）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，点在上，由抛物线的定义，可得，进而得到抛物线的标准方程； （2）（ⅰ）设点，求得切线方程为，得到，再求得和的方程，联立方程组，求得，得到，结合，得到，由抛物线的定义，求得，即可求解； （ⅱ）由（i）知，得到点在以点为圆心，半径为的圆上，结合圆的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由抛物线，可得其焦点为，准线方程为， 因为点在上，且，可得，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 解：（ⅰ）由抛物线，可得， 设点，可得，所以切线方程为， 整理得， 令，代入切线方程，可得，即， 又由，可得，所以的方程为， 则，则的方程为， 联立方程组，解得， 则， 因为，可得， 由抛物线的定义，可得，所以，解得，解得， 所以点或. （ⅱ）因为点（）在抛物线上，可得，即， 由（i）知，点在以点为圆心，半径为的圆上， 又由， 则，当且仅当三点共线时，等号成立， 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $