四川成都外国语学校2025-2026学年度高二下学期4月第一次月考数学试题

成都外国语学校2025-2026下期高2024级4月月考 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.数列号票身号 .的第10项是() A Bi c D爱 2.在等差数列{an}中，若a3+a7=10,a6=7,则公差d=() A.1 B.2 C.3 D.4 3.已知a是4与6的等差中项，b是-1与-64的等比中项，则a+b=() A.13 B.-3 C.3或-13 D.-3或13 4.若直线x-y=0与圆(x-1)+y+1)2=m相离，则实数m的取值范围是() A.(0,2] B.(1,2] C.(0,2) D.(1,2) 5.M,N分别为菱形ABCD的边BC,CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程 中，直线MN与平面ABD的位置关系为() M、 A.平行 B.相交 C.相交或平行 D.无法判断 6设s是等比数列an的前n项和，若5。=4，a4+as+a6=6,则吧=() A月 B.io c D吕 7.在等差数列{am}中，a10<0,a11>0,且a11>|a10,则在Sn<0中，n的最大值为() A.17 B.18 C.19 D.20 8.三棱锥P-ABC中，AB=2V2,BC=1,AB1BC,直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC 所成的角为45°，则三棱锥P一ABC体积的最大值是() A.2+W6 B.②+6 C+3 D.2+23 6 3 3 3 第1页， 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。 3 9.已知等差数列{an}为递减数列，且a3=1,a2a4=则下列判断正确的有(） A数列a的公差为-月 B.an=-n+月 1 C.数列{a1an}是公差为-1的等差数列 D.a1a7+a4=-1 10.如图，正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=1,则下列说法中正确的 是() C D A.存在点E,F使得AE/BF B.异面直线EF与C1D所成的角为60° C三枝锥B-AEF的体积为定值导 D.A:到平面ABF的距离为号 11.若数列{an满足a1=a2=1,an=an-1十an-2(m≥3)，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90°的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以a为边长的正方形中的扇形面积为b,数列 {bn的前n项和为Sn,则() 5 A.a8 =21 B.a2026是奇数 C.a2+a4+a6+…+a2026=a2027 D.S2023= a2023'02024 4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=一 13.已知点P在抛物线y2=8x上，点F为该抛物线的焦点，点A的坐标为(6,3)，则△PAF周长的最小值为一 14.数列{a}满足an+2+（-1)”am=4n-1,前16项和为720，则a1=一· 共2页 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13分) 己知等差数列{am满足：a4=7,a10=19,其前n项和为Sn. (①求数列{an的通项公式an及Sn: 4 (四若b=o+a1+D求数列bn的前n项和7n, 16.(本小题15分) 如图，四棱锥P一ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点. (1)证明：AC1平面BDP: (2)求二面角B-DE一C的平面角的余弦值. 17.(本小题15分) 己知数列{an的前n项和为S,点(S,an+1)(n∈N*)在直线y=x+2上. 等差数列bn}满足b3=5,b5+b7=22,a1=b2-1. (1)求数列{a,{bn的通项公式： (2)设cn=anbn,求数列{cn的前n项和Tm 第2页， 18.(本小题17分) 已知椭圆M三+=1Q>b>0)的离心率为宁焦距为2√反斜率为k的直线1与前圆M有两个不同的交点A、 B ①求椭圆M的方程； (四若k=1,求|AB|的最大值： (四设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C、D和点Q(-)共 线，求k. 19.(本小题17分) 己知无穷数列{a},给出以下定义： 对于任意的n∈N*,都有an+an+2≥2a+1,则称数列{an}为“T数列”；特别地，对于任意的n∈N*,都有 an+an+2>2an+1,则称数列{an}为“严格T数列”. (⑨已知数列{an},{bn的前n项和分别为An,Bn,且an=2n-1,bn=-2n-1,试判断数列{An,数列Bn}是否 为“T数列”，并说明理由； (四证明：数列{an}为“T数列”的充要条件是“对于任意的k,m,n∈N*,当k<m<n时，有n(ak-am)+ m(an-ak)≥k(an-am)”; (四)已知数列{b}为“严格T数列”，且对任意的n∈N*,bn∈Z,b1=-8,b128=-8.求数列bn的最小项的 最大值。 共2页成都外国语学校2025-2026下期高2024级4月月考 高二数学-参考答案 1.c 2.B 3.D 4.C 5.A 6.B 7.C 8.D 9.ABC10.BCD11.ABD12.-8.13.13.14.8 8.解：如图(1)所示，作PH1平面ABC,垂足为H,连接AH,BH,CH, 因为直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC所成的角为45°， 所以A-0·1Bm-g tan45 即IAH川=√3PH,IBH川=IPH, 所以-V3.即A=VBil, 以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图(2)平面直角坐标系， 0 H N B 20 A 图(1) 图(2) 设点H坐标为(x,y),由题意可得A(W,0),B(-V,0), 由AH=V3BH川，可得 (x-V2)2+y2=3[(x+V2)2+y2] 整理得：x2+y2+4W2x+2=0, 可得点H的轨迹是以圆心Q(-2V2,0),半径r=√6的圆， 设圆Q与x轴的交点分别为M,N, 可得IBM=r-IBQ|=V6-V2,IBN|=r+IBQI=V6+2, 因为BM|≤|BH川|≤|BNI,所以BHI∈[√6-V2,V6+√②]： 又由PH|=IBH, 所以棱锥的高PH川的最大值为√6+V2, 则%w=日×x1x22×(V6+V习)=2+名. 3 第1页， 11.解答：A选项，结合题意根据数列的递推公式即可得出；B选项，通过观察上述各an可知，an从a1开始有 “奇、奇、偶、奇、奇、偶.”的规律，故对任意n而言，a3m-2和a3m-1一定为奇数，a3n一定为偶数，所以 a2026为奇数，故B正确： C选项等式两边加a1可知C错误： D选项，由题意可知b=a2nSn=21听， 运用反证法：假设。S23一=成立， a2023a20244 那么∑02a听=a2023(a2023+a2022)成立，即a+a吃+…+a323=a吃023+a2023·202z(1), (1)式左右减a2023得a1+a吃+…+a吃022=a2023·a2022(2)也成立，重复上述步骤得a好+a吃=a1·a3, 而a+a=2,a2·a3=2, 所以a好+a吃=a1·a3假设成立，D正确. 故选ABD. 14.解：因为an+2+(-1)am=4n-1, 当n=2,6,10,14时，a2+a4=7,a6+ag=23, a10+a12=39,a14+a16=55. 因为前16项和为720， 所以a1+a3+a5+a7+ag+a11+a13+a15=720-(7+23+39+55), 所以a1+a3+a5+a7+ag+a11+a13+a15=596, 当n为奇数时，an+2-an=4n-1, 所以a3-a1=3,a5-a3=11,a7-a5=19,…,an+2-am=4n-1, 累加得a+2一a,=3+n-)空， 2 所以an+2=m+2+型+a1, 4 因为a1+a3+a5+a7+ag+a11+a13+a15=448,所以8a1+532=596,所以a1=8. 故答案为：8. 15.解：(1)设等差数列a的公差为d,则十3d二7。 a1+9d=19 解得：a1=1,d=2,-------2分 am=1+2(n-1)=2n-1,-- ----4分 Sn=n+2n-=n2.------6分 2 (2b=awaD=n=片a 4 1 ------9分 共3页 数列o的前n项和为=(1-为+-寻+…+日-克) -----13分 16.解：(1)连接AC,设AC与BD交于0点， 底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD。 PDI底面ABCD,BDC面ABCD.PD⊥AC,BD n PD=D. .AC⊥平面BDP --6分 y (2)以D为原点，以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系， 设PD=DC=2,则A(2,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),B(2,2,0). .DE=(0,1,1),DB=(2,2,0) 设n=(x,y,Z)是平面BDE的一个法向量， 则由 0形f2”0丽=，-1. ·DB=0 又n=DA=(2,0,0)是平面DEC的一个法向量. 设二面角B-DE-C的平面角为，由图可知为锐角， cos9=os<,成>=隔F2号 ninzl 2=3 --------15分 17.解：(1)因为{b}为等差数列， 所以b5+b7=2b6=22, 所以b6=11. 因为b3=5, 所以d=会安="号5=2。 6-3 所以bm=b3+(n-3)d=5+2(n-3)=2n-1,-------3分 第2页， 所以a1=b2-1=2. 因为点(Sn,an+1)m∈N*)在直线y=x+2上， 所以an+1=Smn+2. 当n≥2时，an=Sm-1+2, 所以an+1-an=Sn+2-(Sn-1+2)=an' 所以当n≥2时，an+1=2a: 又当n=1时，a2=S1+2=a1+2=4, 所以a2=2a1, 所以{a是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an=2”.--- ----8分 (2)由(1)得cn=anbn=(2n-1)×2m, 所以Tn=1×21+3×22+…+(2n-1)×2m, 所以2Tn=1×22+3×23+…+(2n-1)×2m+1, 两式相减得-Tn=2+2(22+23+…+2)-(2n-1)×2n+1, 所以-In=2+23+24+…+2n+1-(2n-1)×2+1 。21-2- =2+1-2 2-(2n-1)×2n+1 =(3-2n)×2n+1-6, 所以Tn=(2n-3)×2m+1+6. ---15分 18.解：①)由题意得2c=2v2,所以c=V2, 又e=台=9，所以a=3,所以b2=a2-c2=1, 所以椭圆M的标准方程为号十y2=1:---4分 (四设直线AB的方程为y=x+m, (y=x+m 由赁+y2=1消去y可得2+6m+3m2-3=0. 则4=36m2-4×4(3m2-3)=48-12m2>0,即m2<4, 设A6），B(,),则x+为=-3罗，x1名2=3m3。 4 则|A8到=V1+x-=1+R区.VG+2-4x2=6xym 2 易得当m2=0时，|AB|max=V6，故|AB|的最大值为V6;-------10分 (四设A(x1,y1)，B(x2,y2),C(x3,y3)，D(x4,y4), 共3页 则x好+3y?=3①，x经+3y经=3②， 又P(-2,0),所以可设k=kpA=2,直线PA的方程为y=k1c+2), (y=k1(x+2) 由 x 3+y2=1 消去y可得(1+3k)x2+12kx+12k好-3=0， 则x1十X3=- 12,即为3=-125 1+3k5 1+3k -X1 又=2代入①试可得考=号，所以为= y1 4x1+7 所c(号品)，同理可得D() 故QC=(x3+为-净，QD=x4+4-为， 因为Q,C,D三点共线，所以(x+(4-君)-(x4+(-丑=0， 将点C,D的坐标代入化简可得兰=1，即k=1.- ---17分 x1一x2 19.①解：由于0，=2n-1为等差数列，所以An=L+2加=n2,bn=-2-1为等比数列，8=-二号 1-2m 2 1-2m, 任意的n∈N*,都有An+A+2-2An+1=n2+(n+2)2-2(n+1)2=2>0, 故An+An+2>2An+1: 所以数列{An}是为“T数列”，-------2分 任意的n∈N*,都有Bn+Bn+2-2B+1=-2m-2m+2+2×2n+1=-2n<0. 故Bn十Bn+2<2Bn+1,所以数列{B,}不为“T数列”.-------5分 (四证明：先证明必要性：因为{an}为“T数列”， 所以对任意的n∈N*,都有an+an+2≥2an+1' 即an+2-an+1≥an+1-an' 所以对任意的k,m,n∈N*,当k<m<n时，有an-am=(a-an-1)+(an-1-an-2)+…+(am+1 am)≥(n-m)(am+1-am), 所以-am≥am+1-am' n-m 又am-ak=(am-am-i)+(am-1-am-2)+…+(ak+1-ak)≤(m-k)(am-am-1) 所以0是≤am一a- 又am-am-1≤am1-am,mg≤am+1-am 故mg≤am+1-am≤a，即2≤a” m-k n-m m-k n-m 第3页， 故(n-m)ak+(m-k)an≥(n-k)am·即原式成立。 --- 8分 再证明充分性：对于任意的k,m,n∈N*,当k<m<n时，有(n-m)ak+(m-k)an≥(m-k)am 即m-ak<an-am, m-k n-m 对于任意的k∈N*,取m=k+1,n=k+2,则有+1-坠≤ak+2k1, 即ak+2+ak≥2ak+1,所以{an}为“T数列”.-------11分 (四解：数列{bn}为“严格T数列”，且对任意的n∈N,有bn+2+bn>2b+1,即bn+2-b+1>bn+1-b 设cn=bn+1-bn,则{cn}为单调递增数列，且cn∈Z. 所以bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…(b2-b1)=Cn-1+C-2+…+C1, 因为b1=-8,b128=-8. 所以b128-b1=c127+C126+…+C1=0, 所以存在m∈N*,2≤m≤127时，cm-1<0,Cm≥0， 所以，当n≤m,n∈N*,bn-bn-1<0,数列bn}为单调递减数列， 当n≥m,n∈W*,bn+1-bn≥0， 因此{b}存在最小值，且最小值为bm, 由于cn∈Z,所以cm≥0，Cm+1≥1，，c127≥127-m,且cm-1≤-1，Cm-2≤-2，，G1≤-m+1, 所以bn-b1=6m-1+cm-2t…+G1≤-m0四-D,即bm≤-8-m-D, 2 2 b8-bn=c127+G126+…+cm≥a27-m028-m,即bn≤-8-27-m128-m, 2 2 所以n≤min-8-a7m2m,-8-mg 2 -mm-)+127-m28-m）=127(64-m). 2 2 当m=64时，-8-27-m028-m=-8-mm-) 2 2 当m>64时，-8-127-m128-m>-8-mm-, 2 2 当0<m<64时，-8-27-m128-m<-8-mm-, 2 2 所以当m=64时，b,m的最大值为-8-m-)=-2024, 2 此时cn=n-64,n=1,2,3,,127,因为c64=b65-b64=0, 所以数列bn的最小项的最大值为b65=b64=-2024.- --17分 共3页