重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，将答题卷交回，5尺B， 设数列满足，，则， 已知F1，F2分别为双曲线C等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.考试结束后，将答题卷交回.
第I卷（选择题共60分）
一、单选题：本小题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，答案请涂写在机读卡上.
1. 已知等差数列中，，，则（ ）
A. 0B. -2C. -4D. -6
【答案】B
【解析】
【分析】应用等差数列的基本量运算即可.
【详解】等差数列，设公差为，，， 则.
故选：B
2. 已知3，，27三个数成等比数列，则（ ）
A. 9B. -9C. 9或-9D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的知识列方程，从而求得.
【详解】由于成等比数列，所以，
解得或.
故选：C
3. 函数在点处切线的斜率为（ ）
A. -1B. -3C. 1D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求得正确答案.
【详解】由于，所以.
故选：D
4. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至起，接下来依次是小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏,小满、芒种共十二个节气，其日影长依次成等差数列，其中大寒、惊蛰、谷雨三个节气的日影长之和为25.5尺，且前九个节气日影长之和为85.5尺，则立春的日影长为（ ）
A. 10.5尺B. 11尺C. 11.5尺D. 12尺
【答案】A
【解析】
【分析】结合等差数列的知识求得正确答案.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
依题意，，即，
解得，所以尺.
故选：A
5. 记正项等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 2B. －21C. 32D. 63
【答案】D
【解析】
【分析】
先设正项等比数列公比为，根据题中条件，列出方程求出首项和公比，再由求和公式，即可得出结果.
【详解】设正项等比数列的公比为，
因为，，
所以，即，解得，
所以.
故选：D.
6. 设数列满足，，则（ ）
A. 2B. C. D. -3
【答案】C
【解析】
【分析】利用周期性求得
【详解】，
，
，
，
所以数列是周期为的周期数列，，
所以.
故选：C
7. 已知公差不为0的等差数列的前23项的和等于前8项的和．若，则k等于（ ）
A. 22B. 23C. 24D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，代入即可求出.
【详解】设等差数列公差为，，
则由题可得，即，整理得，
，，即，
，，.
故选：C.
8. 已知F1，F2分别为双曲线C:的左右焦点，过点F1且斜率存在的直线L与双曲线C的渐近线相交于AB两点，且点AB在x轴的上方，AB两个点到x轴的距离之和为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据得到为直角三角形，进而根据点差法得中点弦的性质即可求.
【详解】设,，设的中点为，
由于，故,因此为直角三角形，故，
由于，所以，进而可得，
故或，由在双曲线渐近线上，
所以，
进而，
当时，,，
所以，
当时，,，所以不符合题意，舍去，
综上：故离心率为.
故选：A

二、多选题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设等差数列的前项和为．若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】
由已知条件列方程组，求出公差和首项，从而可求出通项公式和前项和公式
【详解】解：设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
所以，
，
故选：BC
10. 等差数列中，前项和为，若，则下列命题中真命题的是（ ）
A. 公差
B.
C. 是各项中最大的项
D. 是中最大的值
【答案】ABD
【解析】
【分析】由得：，进而结合等差数列的性质逐个判断即可
【详解】因，所以，
所以公差成立，所以A正确，
因为公差，所以等差数列为递减数列，所以各项中是最大的项， C错误，
因为，所以，B成立.
设等差数列的前项的和最大，则，故，
又等差数列为递减数列，且，
所以，即是中最大的值，D正确.
故选：ABD.
11. 已知等比数列公比为，前项和为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 为单调递增数列B. C. ，，成等比数列D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据利用等比数列的性质建立关系求出，然后结合等比数列的求和公式，逐项判断选项可得答案．
【详解】由，可得，则，
当首项时，可得为单调递减数列，故错误；
由，故正确；
假设，，成等比数列，可得，
即不成立，
显然，，不成等比数列，故错误；
由公比为等比数列，可得
，故正确；
故选：．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用求得，同时需要熟练掌握等比数列的求和公式.
12. 数列依次为：1，，，，，，，，，，，，，，，，，，…，其中第一项为，接下来三项均为，再接下来五项均为，依此类推.记的前项和为，则（ ）
A. B. 存在正整数，使得
C. D. 数列是递减数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据数列的规律即可求出，即可判断A选项；求出数列的通项公式，做差法推出矛盾即可说明B选项；求出数列的前n项和公式，做差法即可说明C选项；根据数列单调性的概念，比较即可判断D选项.
【详解】A：由数列可知占了数列的项，且相对应的项的和为1，
，，所以，故，故A正确；
B：若，则，故，即 ，与矛盾， 故B错误；
C： 若，则，
而，
若，则，故；
若，则，
故，
即，因为，故，即，即，综上：，故C正确；
D：因为，则，
所以，
则
，
所以，故数列是递减数列，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】数列求和的方法技巧：
（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和，或者奇偶项通项公式不同的数列，或者周期性数列．
（4）裂项相消.
第II卷（非选择题共90分）
三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在题中的横线上.
13. 在公比为的等比数列中，已知，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列的知识求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
14. 已知函数，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，可以先将原函数求导，此时得到的导函数中有，故将代入可以求出，求出函数解析式后，求函数值.
【详解】因为，所以，
当时，，解得，
所以，所以.
故答案为：
15. 对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，第四层比第三层多5个，以此类推，则第20层货物的个数为________.
【答案】230
【解析】
【分析】由题意可得，，利用累加法即可求.
【详解】解：由题意可知，，，，，累加可得.
故答案为：230
16. 已知数列的各项均为正数，其前n项和为，且，n，则＝_______；若＝2，则＝_______．
【答案】 ①. 4 ②. 220
【解析】
分析】当时，利用， 即可得到 ，取即可.
利用已知递推公式，结合首项可以求得，进一步做差可以得出的奇数项和偶数项分别成等差数列，分组后利用等差数列求和公式即可.
【详解】根据①，得②，
①﹣②得，
又时，，可得
故；
当＝2，，可得 ，
即可求得
．
故答案为：4；220
【点睛】本题主要考查了与的关系，数列的递推关系式，以及等差数列的定义和通项，属于中档题.
四、解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知数列满足，且.
（1）求；
（2）证明：数列是等差数列，并求.
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）根据递推关系式求得.
（2）根据等差数列的定义进行证明，进而求得.
【小问1详解】
因为，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
则，
故，
又，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以，
则.
18. 已知等差数列的前n项和为，其中，；等比数列的前n项和为，其中，．
（1）求数列，的通公式；
（2）记，求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】(1)根据条件分别求出等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，再利用数列的通项公式即可求解；
(2)利用等比数列和等差数列的前项和公式进行分组求和即可得出结果.
【小问1详解】
记等差数列公差为d，等比数列的公比为q，
由题意得，，解得，∴，
∴．
∵，∴，
∴．
【小问2详解】
由（1）得，，，
∴，
∴
∴．
19. 已知数列的前n项和为，且.
（1）求与；
（2）记，求数列的前n项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用求得，进而求得.
（2）利用错位相减求和法求得正确答案.
【小问1详解】
由，得，
当时，，得；
当时，，得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
，
两式相减得，
所以
.
20. 如图，在正六边形中，将沿直线翻折至，使得平面平面，O，H分别为和的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)要证平面.，用线面平行的判定定理，在面内找一条直线与平行；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值．
【详解】（1）如图，取的中点G，
连结.
又因为H是的中点，
所以，.
又因为正六边形中，，，
所以同，.
又O为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）由条件可知.
分别以为x轴正方向､为y轴正方向､为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
设正六边形的边长为2，则，，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，
由得
取，可得.
设平面的法向量为，
由得
取，可得.
设平面与平面所成锐二面角的大小为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
21. 已知数列{}满足
（1）求数列{}的通项公式；
（2）设，数列{}的前n项和为Tn，若，求m.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由前项和与通项的关系，当时，得，两式作差得,再验证首项是否满足上式；
（2）将代入得，裂项相消法可得，再解方程得.
【小问1详解】
因为①，
则当时，则，
当时，得②，
则①②得，则，又满足上式，
所以数列{}的通项公式为
【小问2详解】
所以
化简得：
，解得.
22. 已知椭圆与直线有且只有一个交点，点为椭圆上任一点，，，若的最小值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆交于不同两点，点为坐标原点，且，当的面积最大时，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）设点，根据题意，得到，根据向量数量积的坐标表示，得到，根据其最小值，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设，，，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，求出的面积的最值，得到；得出点的轨迹为椭圆，且点为椭圆的左、右焦点，记，则，得到，根据导数的方法求出最值.
【详解】（1）设点，由题意知，，则
，
当时，取得最小值，即，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，，，则
由得
，，
则点到直线的距离，
取得最大值，当且仅当即，①
此时，，
即，代入①式整理得，
即点的轨迹为椭圆 ，
且点为椭圆的左、右焦点，即 ，
记，则，
从而，则，
令可得，即在在单调递减，在单调递增，
且，
故的取值范围为.