2022-2023学年河北省邢台市第一中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年河北省邢台市第一中学高二上学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．记为等比数列的前n项和.若，，则（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】A

【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案.

【详解】∵为等比数列的前n项和，

∴，，成等比数列

∴，

∴，

∴.

故选：A.

2．等差数列前项和为， ，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将化成和的形式，得到二者关系，求得，利用求得结果.

【详解】

，即

故选：C.

【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：

（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；

（2）化简求得数列的某一项；

（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果.

3．在等差数列中，，．记，则数列（    ）．

A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项

【答案】B

【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.

【详解】由题意可知，等差数列的公差，

则其通项公式为：，

注意到，

且由可知，

由可知数列不存在最小项，

由于，

故数列中的正项只有有限项：，.

故数列中存在最大项，且最大项为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.

4．已知数列、都是等差数列，设的前项和为，的前项和为.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意利用等差数列的性质、等差数列的前项和公式，得出结论．

【详解】∵，

∴，

故选：A

5．等比数列中，，，为的前项和．若，则的值是（    ）

A．6 B．7 C．8 D．不存在

【答案】A

【分析】利用基本量代换，求出公比q，再根据前n项和公式，即可求出m.

【详解】等比数列中，，，则，则．

当时，若，则有，解得；

当时，若，则有，整理可得，无整数解．故．

故选：A．

6．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块

【答案】C

【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，

设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.

【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，

则是以9为首项，9为公差的等差数列，，

设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分

别为，因为下层比中层多729块，

所以，

即

即，解得，

所以.

故选：C

【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.

7．已知等差数列的前n项和为，若，，则取最大值时n的值为（       ）

A．8 B．5 C．6 D．7

【答案】D

【分析】由，，可得，再结合等差中项分析得，进而得出，由此得解.

【详解】设等差数列的公差为，

∵，∴，∴.

∵，，∴，

∴当取最大值时.

故选：D.

8．已知，是双曲线的两条渐近线，直线经过的右焦点，且，交于点，交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先根据直线平行，可设直线的方程，通过联立得点，的横坐标，求出的表达式，从而可解不等式组得到的取值范围.

【详解】由题意可知，，不妨记，，

由且经过的右焦点可得的方程为，

与的方程联立可解得，

与的方程联立得，

所以，

解得，.

故选：B.

【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：

①求出a，c，代入公式；

②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以a或a2转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）.

二、多选题

9．（多选）设是等比数列，则下列结论中正确的是（       ）

A．若，，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】AD

【分析】根据等比数列的通项公式和性质逐一验证可得选项.

【详解】解：由等比数列的性质，可得，由于奇数项的符号相同，可得，因此A正确；

若，则，其正负由确定，因此B不正确；

若，则，于是，其正负由确定，因此C不正确；

若，则，可得，，所以，则，即，因此D正确.

故选：AD.

10．已知数列满足，下列命题正确的有（    ）

A．当时，数列为递减数列

B．当时，数列一定有最大项

C．当时，数列为递减数列

D．当为正整数时，数列必有两项相等的最大项

【答案】BCD

【分析】分别代入和计算判断AB选项；再利用放缩法计算判断C选项；按k的范围分类，可判断D；

【详解】当时，，知A错误；

当时，，当，，，，

所以可判断一定有最大项，B正确；

当时，，所以数列为递减数列，C正确；

当为正整数时，，当时，，

当时，令，

解得，则，当时，，

结合B，数列必有两项相等的最大项，故D正确；

故选：BCD.

11．已知等比数列的前n项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前n项和为，则下列命题正确的是（    ）

A．数列的通项公式

B．

C．数列的通项公式为

D．的取值范围是

【答案】ABD

【分析】根据已知条件求出等比数列的公比和首项，进而可以求得和；利用裂项相消法可得和，讨论数列的单调性，即可得出的范围.

【详解】A：由可得，所以等比数列的公比，所以.

由是与的等差中项，可得，即，解得，所以，所以A正确；

B：，所以B正确；

C：，所以C不正确；

D：所以数列是递增数列，得，所以，所以D正确.

故选：ABD.

12．已知点在圆上，点、，则（    ）

A．点到直线的距离小于

B．点到直线的距离大于

C．当最小时，

D．当最大时，

【答案】ACD

【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.

【详解】圆的圆心为，半径为，

直线的方程为，即，

圆心到直线的距离为，

所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；

如下图所示：

当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，

，，由勾股定理可得，CD选项正确.

故选：ACD.

【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.

三、填空题

13．椭圆上一点P满足到左焦点的距离为8，则的面积是________.

【答案】.

【分析】利用椭圆的定义求解，结合余弦定理和同角关系求得，利用面积公式可得结果.

【详解】由椭圆的定义得，，∴，

，

∴，则.

故答案为：.

14．在等比数列中，若，，则______．

【答案】

【分析】根据等比数列的前n项和公式，计算即可求得答案.

【详解】由题意可得， ，

故答案为：

15．直线被圆O；截得的弦长最短，则实数m=___________.

【答案】1

【分析】求出直线MN过定点A（1,1），进而判断点A在圆内，当时，|MN|取最小值，利用两直线斜率之积为-1计算即可.

【详解】直线MN的方程可化为，

由，得，

所以直线MN过定点A（1，1），

因为，即点A在圆内.

当时，|MN|取最小值，

由，得，∴，

故答案为：1.

16．记为等差数列的前n项和．若，则__________．

【答案】

【分析】因为是等差数列，根据已知条件，求出公差，根据等差数列前项和，即可求得答案.

【详解】是等差数列，且，

设等差数列的公差

根据等差数列通项公式：

可得

即：

整理可得：

解得：

根据等差数列前项和公式：

可得：

.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了求等差数列的前项和，解题关键是掌握等差数列的前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

四、解答题

17．若数列的前n项和，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据公式，结合等比数列的定义、通项公式进行求解即可；

（2）根据对数的运算性质，结合等差数列的定义、等差数列前n项和公式进行求解即可.

【详解】（1）数列的前n项和，.

时，，化为：，

时，，解得.数列是等比数列，首项为2，公比为2.

.

（2）.因为，

数列是等差数列，首项为1，公差为2，所以

.

18．已知等差数列中，，.

（1）求的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）先设等差数列的公差为，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；

（2）根据（1）的结果，得到，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，

所以，解得，所以；

（2）由（1）可得，，即数列为等比数列，

所以数列的前n项和.

19．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；

（2）求二面角的正弦值．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；

（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.

【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法

平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，

则，，

，则，解得，故；

[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法

如图，连结．因为底面，且底面，所以．

又因为，，所以平面．

又平面，所以．

从而．

因为，所以．

所以，于是．

所以．所以．

 [方法三]：几何法+三角形面积法

   如图，联结交于点N．

由[方法二]知．

在矩形中，有，所以，即．

令，因为M为的中点，则，，．

由，得，解得，所以．

（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法

设平面的法向量为，则，，

由，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

，

所以，，

因此，二面角的正弦值为.

[方法二]：构造长方体法+等体积法

  如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．

联结，由三垂线定理可知，

故为二面角的平面角．

易证四边形是边长为的正方形，联结，．

，

由等积法解得．

在中，，由勾股定理求得．

所以，，即二面角的正弦值为．

【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.

（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.

20．记数列的前项和为，，，.

(1)证明数列为等差数列，并求通项公式；

(2)记，求.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）由可得出，结合等差数列的定义可证明结论成立，确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；

（2）求得，利用等差数列的求和公式可求得的值.

【详解】（1）证明：，，，则，即，解得，

所以，，即，

所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，故.

（2）解：，

所以，.

21．已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．

【答案】(1)y2＝4x

(2)证明见解析

【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；

(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．

【详解】（1）P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，

∴p＝2，

∴抛物线方程为y2＝4x．

（2）证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，

所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，

，同理：，

由题意：，

∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，

∴y1y2＝4，

∴﹣4t＝4，

∴t＝﹣1，

故直线AB恒过定点(﹣1，0)．

22．设为数列的前项和，已知，对任意，都有.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列的前项和为.

①求；

②若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）①；②.

【分析】（1）由递推公式，可得时，，两式相减，进而可得结果.

（2）①,用裂项相消法可得结果.

②由函数的单调性可得时，取最小值，进而可得结果.

【详解】（1）因为，当时，，

两式相减，得，即，

所以当时，，所以.因为，所以.

（2）因为，令，，

所以.

①所以.

②因为在上是递减函数，所以在上是递增的，

所以当时，取最小值.

所以原不等式恒成立可得