精品解析：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，，，，…的第10项是(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的前几项，归纳处数列的通项公式，即可求解数列的第10项，得到答案． 【详解】由题意，根据数列，可求得数列的通项公式， 所以数列的第10项为，故选C． 【点睛】本题主要考查了归纳数列的通项公式，其中根据数列的前几项，找出数列的数字排布规律，得出数列的通项公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力． 2. 在等差数列中，若，则公差 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 把用表示出来，根据题目条件列出方程组，即可求得本题答案. 【详解】在等差数列中，因为，所以，求得. 故选：B 【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的应用，属于基础题. 3. 已知a是4与6的等差中项，b是与的等比中项，则（ ） A. 13 B. C. 3或 D. 或13 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差中项得到，根据等比中项得到，计算得到答案. 【详解】a是4与6的等差中项，故， b是与的等比中项，则，则，或. 故选：D 4. 若直线与圆相离，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 解不等式即得解. 【详解】由题得圆心到直线的距离为， 所以， 因为m＞0， 所以0＜m＜2. 故选：C 【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平. 5. ，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（ ） A. 平行 B. 相交 C. 相交或平行 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 6. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，求得的值，再利用等比数列的求和公式可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为，若，则，矛盾，所以， 故，则， 所以， ， 因此， 故选：B. 7. 在等差数列中，，且，则在中，n 的最大值为（ ） A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，，即可判断. 【详解】设公差为，，，， ，则，即， ，， 则时，n 的最大值为19. 故选：C. 8. 三棱锥中，，直线与平面所成的角为30°，直线与平面所成的角为，则三棱锥体积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出辅助线，设，表达出其他边长，利用边长关系得到，进而求出三棱锥的体积最大值. 【详解】过点作⊥平面于点，连接， 则， 因为，所以， 设，则， 在平面上，且， 即，解得， 在中，， 即，解得， 综上，， 故三棱锥体积. 故选：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. 已知等差数列为递减数列，且，，则下列结论中正确的有（    ） A. 数列的公差为 B. C. 数列是公差为的等差数列 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，根据等差数列的性质得到，从而求出，，得到公差，A正确； 利用等差数列求通项公式求出B正确； 由，得到当时，，结合，从而得到C正确； 在C选项的基础上，求出，结合，求出答案. 【详解】由题意知，又， 故可看出方程的两根， ∵数列为递减数列， ，． 公差，故A正确； 又， ，故B正确； 由上可知，则当时，， 当时，， 数列是首项为，公差为的等差数列，故C正确； 由C选项知：，故， ∵， ，故D错误． 故选：ABC 10. 如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点使得 B. 异面直线与所成的角为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据直线异面可判断；对B，连接，可得即为异面直线与所成的角；对C，求出三棱锥的体积即可判断；对D，利用等体积法可求. 【详解】对A，若，则四点共面，与直线异面矛盾，所以不平行，故A错误； 对B，连接，易得，即，则即为异面直线与所成的角，显然为等边三角形，，故B正确； 对C，易得，点A到平面的距离，即点A到平面的距离为，则三棱锥的体积为，故C正确； 对D，，则，又点A到直线EF的距离为，则，设到平面AEF的距离为h，则，，解得，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：本题考查点面距离的求解，解题的关键是利用等体积法求解. 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90°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】 【详解】由，，可得，所以A正确； 可知连续三项中前两项为奇数，第三项为偶数，即当时，为奇数，为偶数， 可知，所以是奇数，B正确； 由，可得， 即， 累加得， 化简得，即，所以C错误； 由可得， 即， 因为，所以， 累加得， 可知，所以， 即，即，所以D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等比数列满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = ___________． 【答案】-8 【解析】 【详解】设等比数列的公比为，很明显，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组： ，由可得：，代入①可得， 由等比数列的通项公式可得. 【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程. 13. 已知点P在抛物线上，点F为该抛物线的焦点，又已知点A的坐标为，则周长的最小值为__________. 【答案】13 【解析】 【分析】由抛物线可知焦点，准线方程为，所以等于到准线的距离，因此的最小值为点到直线的距离,进而求得周长最值. 【详解】因为A在抛物线内部，抛物线的焦点，抛物线的准线方程为， 的周长为，， ∴当过A作准线的垂线交抛物线于点P时，最小，此时，周长的最小值为. 故答案为：13 14. 数列满足，前16项和为720，则______. 【答案】8 【解析】 【分析】当为奇数时，得出，依次用表示，当为偶数时，求出即可求出. 【详解】当为奇数时，，即， 则，，，， ，，， 则； 当为偶数时，， 则，，，， 故， 则前16项和为，得. 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. 已知等差数列满足：，，其前项和为. （1）求数列的通项公式及； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）通过等差数列的通项公式，前项和公式求解； （2）通过裂项相消法求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则， 解得：，， ， 【小问2详解】 ， 数列的前项和为. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，由底面可得，再利用线面垂直的判定证明即可； （2）以为坐标原点，分别以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值求解即可． 【小问1详解】 解：连接，设与交于点， 底面是正方形，所以， 底面，平面， ，又平面， 平面； 【小问2详解】 以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，. ，， 设是平面的一个法向量， 则由，得，不妨取，则， 又是平面的一个法向量， 设二面角的平面角为，由图可知为锐角， ． 17. 已知数列的前项和为，点在直线上，等差数列满足，，． （1）求数列，的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的基本量运算得出的通项公式，根据题意得到数列的递推关系式，再利用与的关系求通项公式； （2）利用错位相减法求出． 【小问1详解】 解：因为为等差数列， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以， 因为点在直线上， 所以， 当时，， 所以， 所以当时，. 又当时，， 所以， 所以是首项为2，公比为2的等比数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 所以， 两式相减得， 所以 ， 所以． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程； （Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值； （Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率. 【详解】（Ⅰ）由题意得，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 设，，则，， 则， 易得当时，，故的最大值为； （Ⅲ）设，，，， 则 ①， ②， 又，所以可设，直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 又，代入①式可得，所以， 所以，同理可得． 故，， 因为三点共线，所以， 将点的坐标代入化简可得，即． 【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解. 19. 已知无穷数列，给出以下定义： 对于任意的，都有，则称数列为“数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“严格数列”. （1）已知数列，的前项和分别为，，且，，试判断数列，数列是否为“数列”，并说明理由； （2）证明：数列为“数列”的充要条件是“对于任意的，，，当时，有”； （3）已知数列为“严格数列”，且对任意的，，，，求数列的最小项的最大值. 【答案】（1）数列是“数列”，数列不为“数列”，理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据“数列”的定义以及等差数列和等比数列的前项和公式判断即可. （2）根据“数列”的定义和等差中项的性质证明即可. （3）设，先根据“严格数列”的定义判断出数列的单调性，进而求得结果. 【小问1详解】 由于为等差数列，所以，为等比数列，， 任意的，都有，故， 所以数列是“数列”， 任意的，都有，故， 所以数列不为“数列”. 【小问2详解】 先证明必要性：因为为“数列”， 所以对任意的，都有，即， 所以对任意的，，， 当时，有， 所以， 又， 所以， 又，， 故，即， 故，即原式成立 再证明充分性：对于任意的，，， 当时，有，即， 对于任意的，取，，则有， 即，所以为“数列”. 【小问3详解】 数列为“严格数列”，且对任意的，有，即. 设，则为单调递增数列，且. 所以， 因为，，所以， 所以存在，时，，， 所以，当，，，数列为单调递减数列， 当，，， 因此存在最小值，且最小值为， 由于，所以，，，， 且，，，， 所以，即， ，即， 所以， . 当时，， 当时，， 当时，， 所以当时，的最大值为， 此时，，因为， 所以数列的最小项的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，，，…的第10项是(　　) A. B. C. D. 2. 在等差数列中，若，则公差 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知a是4与6的等差中项，b是与的等比中项，则（ ） A. 13 B. C. 3或 D. 或13 4. 若直线与圆相离，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. ，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（ ） A. 平行 B. 相交 C. 相交或平行 D. 无法判断 6. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在等差数列中，，且，则在中，n 的最大值为（ ） A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 8. 三棱锥中，，直线与平面所成的角为30°，直线与平面所成的角为，则三棱锥体积的最大值是（ ） 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. 已知等差数列为递减数列，且，，则下列结论中正确的有（    ） A. 数列的公差为 B. C. 数列是公差为的等差数列 D. 10. 如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点使得 B. 异面直线与所成的角为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 到平面的距离为 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90°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. 设等比数列满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = ___________． 13. 已知点P在抛物线上，点F为该抛物线的焦点，又已知点A的坐标为，则周长的最小值为__________. 14. 数列满足，前16项和为720，则______. 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. 已知等差数列满足：，，其前项和为. （1）求数列的通项公式及； （2）若，求数列的前项和. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值. 17. 已知数列的前项和为，点在直线上，等差数列满足，，． （1）求数列，的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 19. 已知无穷数列，给出以下定义： 对于任意的，都有，则称数列为“数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“严格数列”. （1）已知数列，的前项和分别为，，且，，试判断数列，数列是否为“数列”，并说明理由； （2）证明：数列为“数列”的充要条件是“对于任意的，，，当时，有”； （3）已知数列为“严格数列”，且对任意的，，，，求数列的最小项的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $