湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期数学周测（十九）

襄阳四中2024级高二上学期周测（十九） 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知数列，，，，，，则该数列的一个通项公式为(    ) A. B. C. D. 2.记为等差数列的前项和．若，则(    ) A. B. C. D. 3.已知椭圆：的离心率为，双曲线：的离心率为，且，则双曲线的渐近线方程为(    ) A. B. C. D. 4.云冈石窟，古称为武州山石窟寺，是世界文化遗产若某一石窟的某处“浮雕像”共层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的倍，共有个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列，则的值为(    ) A. B. C. D. 5.已知数列的通项公式为，若为递增数列，则的取值范围为(    ) A. B. C. D. 6.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”又称“角谷猜想”等已知数列满足：，，则(    ) A. B. C. D. 7.现有函数，设数列满足，若存在使不等式成立，则的取值范围是(    ) A. B. C. D. 8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上异于顶点的一个动点，记的内切圆圆心为，则点与点的横坐标之比为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知数列为等差数列，为其前项和，，，则(    ) A. B. 为单调递增数列 C. 使的的最小值为 D. 当且仅当时，最小 10.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，，，，，，，该数列的特点如下：前两个数均为，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列四个结论正确结论的序号是(    ) A. B. C. D. 11.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如图，曲线就是其中之一，下列结论中正确的是(    )   A. 曲线所围成的“心形”区域的面积大于 B. 曲线关于轴对称 C. 曲线恰好经过个整点即横、纵坐标均为整数的点 D. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若一个等比数列的各项均为正数，且前项的和等于，前项的和等于，则这个数列的公比等于          ． 13.数列满足，前项的和为，则            14.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的最小值是          ． 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.本小题分 在等差数列中，，为与的等差中项． 求数列的通项公式； 若，求数列的前项和． 16.本小题分 数列满足 求数列的通项公式； 求数列的前项和． 17.本小题分 某地举行足球赛，共有支球队参加赛程先进行小组单循环赛小组内每两支球队打一场比赛，前两名晋级下一轮，然后进行淘汰赛赢球晋级下一轮，输球被淘汰现支球队分为四组，每组支球队已知甲乙丙丁支球队分在组，甲队胜乙队丙队丁队的概率分别为假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变． 求甲队在小组单循环比赛中胜两场及两场以上的概率； 已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对组每支球队的胜率均为，乙队对组每支球队的胜率均为，求乙队夺冠的概率． 18.本小题分 过抛物线：的焦点的直线交抛物线于点、两点点在轴上方． 若，求点的坐标； 当时，求的值； 对于轴上给定的点，若过点和两点的直线交抛物线的准线于点，问直线是否经过一定点，如果存在，求出此定点． 19.本小题分 已知数列：各项为正整数对任意正整数，定义：，，其中表示有限集中的元素个数，规定． 对于数列：，，，，写出，，，的值； 若数列：满足． 若，令，当时，求； 求证：． 参考答案 1.【答案】  【解析】解：选项A：，当时，，与数列第项不符，排除； 选项B：，当时，，与数列第项不符，排除； 选项C：，当时，，与数列第项不符，排除；  选项D：，验证前项： ：，符合； ：，符合； ：，符合； ：，符合； ：，符合． 2.【答案】  【解析】解：由题意， 则， 所以， 故选A． 3.【答案】  【解析】解：椭圆的方程为，其中长半轴，短半轴， 所以半焦距，因此离心率， 由，得， 双曲线的方程为，其离心率，故， 根据双曲线性质，代入得： 双曲线焦点在轴时，渐近线方程为，因此双曲线的渐近线方程为． 4.【答案】  【解析】【分析】推导出是以为公比的等比数列，且，解得，由此能求出的值． 【详解】从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列， 因为每一层的“浮雕像”个数是其下一层的倍， 所以是以为公比的等比数列， 由于共有个“浮雕像”，即， 整理得：，解得， 所以， 所以． 故选： 5.【答案】  【解析】【分析】 本题考查数列的单调性，属于基础题． 依题意有，解得，求出，即可得的取值范围． 【解答】 解：，若为递增数列，则， 有， 解得，则， 易知当时，所以， 则的取值范围为． 故选：． 6.【答案】  【解析】解：计算数列前几项找周期： 因为，故， 故，故， 因此数列周期为， 又， 所以． 7.【答案】  【解析】解：因为， 所以的图像关于点成中心对称． 因为， 所以， 两式相加得，所以． 由，得， 所． 令，则当时，在上单调递减 当时，在单调递增． 又，所以，所以， 即的取值范围是 8.【答案】  【解析】解： 由题知，， 设，，与圆分别切于点，，，，， 则， 又， 因为，则， 所以， 由切线性质可知，，， 所以 ， 所以， 又点与点的横坐标相同，所以点与点的横坐标之比为． 9.【答案】  【解析】解：设等差数列的首项为，公差为， 由，根据通项公式得：； 由，根据前项和公式得：，化简得； 联立方程组，解得，； 所以数列通项公式为； 数列前项和公式为； 对于选项A，，选项A错误； 对于选项B，公差，数列为单调递增数列，选项B正确； 对于选项C，即，解得为正整数，最小，选项C正确； 对于选项D，是关于的二次函数，对称轴为，故和时均取最小值，选项D错误， 故选BC． 10.【答案】  【解析】解：由题可知斐波那契数列定义为：，，， 令为除以的余数． 前几项为：，，，，，，，，观察得是以为周期的周期数列， 一个周期为：，，，，，，和． 选项：余数为，则，A正确 选项：利用斐波那契数列性质可知， ， 因为，所以， 则，B错误 选项：余，个完整周期的和，余下项为，，，， ，，C正确 选项：当时，， 则平方和： ， 故，D正确． 故选： 11.【答案】  【解析】解：根据曲线：，可得曲线与轴，轴的交点，，，， 对于选项A，曲线所围成的“心形”区域的面积大于图中两个小正方形与一个三角形的面积之和， 两个正方形的面积均为，的面积为，所以曲线所围成的“心形”区域的面积大于，故选项A正确； 对于选项B：将方程中的换成方程不变，所以图形关于轴对称，故B正确； 对于选项C：与轴，轴的交点，，，， 结合曲线的图象可知，，，故曲线一共经过个整点，故选项C错误； 具体证明如下：由图可知，轴下方只有一个整点，即点， 当时，根据曲线的图象的对称性，可先设图象上第一象限的任意一点，则， 由，得，即， 把方程看作关于的一元二次方程， 则有，解得，所以只能取， 同理，把上述方程看作关于的一元二次方程， 则有，可得，所以只能取， 因此，点只有一种情况，即第一象限只有一个整点， 同理第二象限也只有一个整点，因此共有个整点； 对于选项D：设图象上任意一点，， 则，因为，由， 得，当且仅当时，等号成立．所以， 即，当且仅当时，取得最大值， 即当时，图象上的点到原点的距离都不超过， 根据曲线的图象的对称性可得，当时，图象上的点到原点的距离都不超过； 当时，所以选项D正确． 故选：． 12.【答案】  【解析】解：法一：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 当时，，即，则，显然不成立，舍去； 当时，则， 两式相除得，即， 则，所以， 所以该等比数列公比为； 法二：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 所以， ， 所以，则，所以， 所以该等比数列公比为． 故答案为：． 13.【答案】  【解析】，当为奇数时， 当为偶数时，． 设数列的前项和为， ，解得． 14.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了空间几何体的截面问题，属于难题． 先根据条件可证明，，，故三棱锥放入正方体中，正方体的外接球即是三棱锥的外接球，从而即可求出球的半径，过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，求得截面圆半径即可． 【解答】 解：设在底面上的射影为，如图，     因为，由全等，得为的中心， 由题可知，，由，解得， 在正中，可得． 从而直角三角形中解得． 同理，又是边长为的正三角形， 所以，则，同理，， 因此正三棱锥可看作正方体的一角， 正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心． 记外接球半径为，则， 过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直， 此时截面圆半径满足， 由得，所以，所以截面面积的最小值为． 故答案为： 15.【答案】解：设的公差为，则， 所以，，， 因为为与的等差中项，所以，解得， 所以． 由知， 当时，， 当时，，， 所以当时，， 当时， ． 所以．  16.【答案】解：由题意得，可变形为：， 设，则，即是公比为的等比数列， 又，故， 因此，数列的通项公式为：， 数列的前项和， 则， 所以 因此：， 故．  17.【答案】解：设在一轮比赛中，甲队胜乙队为事件，甲队胜丙队为事件，甲队胜丁队为事件， 由题得， 设甲队在第一轮比赛中胜两场及两场以上的事件为， 则， 由题可得， 因此，甲队在小组单循环比赛中胜两场及两场以上的概率为． 由题得，甲队进入决赛的概率为， 乙队进入决赛的概率为， 则甲队进入决赛乙队夺冠的概率为， 甲队没进入决赛乙队夺冠的概率为， 因此，乙队夺冠的概率为． 18.【答案】解：抛物线：的焦点，准线方程为， 则，，结合和点在轴上方，得； 由，设直线为，设，， 由，得，则， 显然，，， 所以． 设，，由题意知直线与轴不垂直，所以，所以． 设，代入，得，所以， 又抛物线的准线方程为，，所以， 所以，所以， 令，所以，所以直线与轴交于一定点．  【解析】求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义，解方程可得的坐标； 推得，即可得到所求值； 设，，，运用三点共线的条件：斜率相等，可得，设交轴上的点为，运用韦达定理，化简整理可得所求定点． 本题考查直线和抛物线的位置关系，考查联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查化简运算能力和推理能力，属于难题． 19.【答案】解：Ⅰ，，，； Ⅱ令，则，根据的定义，可知数列中有两项等于， 根据数列的增减性质，可得； 令，则， 可知数列中有四项小于等于，可得，， 以此类推可得得前项为，，，，，，， ，其中， Ⅲ证明：对成立， 当时，令，，， 式左边， 式右边， 式左边式右边，式对成立； 假设时，式成立， 即， 当时，式左边， 设，令， 则，， ，， 式左边， 式右边 ， 根据可知式对成立， 由数学归纳法原理可知成立．  【解析】Ⅰ根据定义直接求解即可； Ⅱ令，分别求出，，可知数列中有四项小于等于，即，，进而推可得得前项为，，，，，，，即可求解； 利用数学归纳法求证即可． 本题考查数列新定义以及数学归纳法的应用，属于难题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $