2023-2024学年黑龙江省大庆市肇州县第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆市肇州县第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．等差数列满足，，则该等差数列的公差（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据等差中项公式与通项公式即可求解.
【详解】依题意，
因为是等差数列，且，，
故，解得，
则，解得.
故选：B.
2．等比数列中，，，则与的等比中项是
A．B．4C．D．
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质可得，即可得出．
【详解】解：设与的等比中项是．
由等比数列的性质可得，．
与的等比中项．
故选：．
【点睛】本题考查了等比中项的求法，属于基础题．
3．在等比数列中，，是方程的两根，则的值为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】C
【分析】由已知条件结合一元二次方程根与系数的关系，利用等比数列的性质求解．
【详解】是方程的两根，
，
，
又等比数列中奇数项符号相同，可得
.
故选：C．
4．若数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】用累乘法求出数列的通项公式，进而求出.
【详解】解：由题意， ，
在数列中，，
∴.
故选：A.
5．记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
6．已知等差数列共有项，若数列中奇数项的和为，偶数项的和为，，则公差的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】计算得出，利用等差数列求和公式得出，由此可解得与的值.
【详解】由题意，，
所以，，
，
所以，，.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列公差的求解，同时也考查了等差数列奇数项和偶数项的和的问题，考查计算能力，属于中等题.
7．已知数列的前项和为，则（ ）
A．1012B．C．2023D．
【答案】D
【分析】根据数列的通项公式，可求得，依此类推，即可求解.
【详解】∵，
故
故
.
故选：D.
8．数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列.其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列是等差数列，则称数列为二阶等差数列.现有二阶等差数列，其前六项分别为，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】先得出递推公式，叠加法求通项公式，再用基本不等式求最小值即可.
【详解】数列前六项分别为，
依题知，
叠加可得：，
得，
当时，，满足，
所以，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
又，所以等号取不了，所以最小值在取得，
当时，，
所以最小值为.
故选：C
二、多选题
9．设数列是公差为d的等差数列，是其前n项和，且，则（ ）
A．B．C．或为的最大值D．
【答案】BCD
【分析】由且可知，所以，可判断A错误，B正确；利用等差数列前n项和的函数特性分析可知选项C、D正确.
【详解】根据题意可知，
由可得，即，又，所以可得公差；
所以A错误，B正确；
易知是关于的一元二次函数，且二次函数图象的对称轴为直线，开口向下，
又因为为整数，所以当且时，是单调递增的，当且时，是单调递减的；
又和关于对称轴对称，所以可得，且为的最大值，即C正确；
根据二次函数性质可知，距离对称轴越近的值越大，易知，
即距离对称轴比距离对称轴远，所以可得，即D正确.
10．等差数列的公差为，前项和为；等比数列的各项均为正数，公比为，前项和为，下列说法正确的是（ ）
A．是等比数列，公比为
B．是等差数列，公差为
C．若，则，，成等差数列，公差是
D．若，则，，成等比数列，公比是
【答案】ABD
【分析】由等差数列和等比数列的概念可以判断AB正确；由前项和的概念与等差数列的概念以及等比数列的概念可以判断C错误，D正确.
【详解】A：因为等差数列的公差为d ，所以，故A正确；
B：因为等比数列的各项均为正数，公比为，所以，，故B正确；
C：当时，，
又
但是，
所以，
同理，
所以，，成等差数列，公差是，故C错误；
D：当时，，
，
又等比数列的各项均为正数，
，
且
所以，同理
即，，成等比数列，公比是，故D正确；
故选：ABD.
11．已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．若直线过点，则
C．若，则的最小值为
D．若，则线段的中点到轴的距离为
【答案】BCD
【分析】由抛物线方程确定焦点坐标知A错误；直线与抛物线方程联立，利用韦达定理可知B正确；根据过焦点可知最小值为通径长，知C错误；利用抛物线焦半径公式，结合中点坐标公式可求得点纵坐标，知D正确.
【详解】解：抛物线，即，
对于A，由抛物线方程知其焦点在轴上，焦点为，故A错误；
对于B，依题意，直线斜率存在，设其方程为，
由，消去整理得，，，故B正确；
对于C，若，则直线过焦点，
所以，
所以当时，
的最小值为抛物线的通径长，故C正确；
对于D，，，即点纵坐标为，
到轴的距离为，故D正确.
故选：BCD.
12．将数列中的所有项排成如下数阵：
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数、、、成等差数列，且，.从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（ ）
A．B．位于第列
C．D．
【答案】ACD
【分析】先求得第一列数的通项公式，然后结合等差数列、等比数列的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】将等差数列，，，，…，记为，则公差，
，所以，A正确.
第1行的项数，第2行的项数，…，第行的项数构成以1为首项，2为公差的等差数列，
即第行共有项，则前行共有项，
，且，
则为第行从左边数的第项，即位于第列，B错误.
，，C正确.
，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知，则其前2022项的和为 .
【答案】0
【分析】求出数列的周期，并得到，求出前2022项的和.
【详解】因为，
所以，，，
，，
依次进行求解，发现为周期数列，周期为6，
且，
故，
故其前2022项的和为.
故答案为：0
14．设等差数列、的前项和分别为、，若对任意的，都有，则 ．
【答案】
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】，
由于，
故答案为：
15．已知双曲线左，右焦点分别为，点P为右支上一点，，，若成等差数列，则该双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】根据题意和双曲线定义得到，，由余弦定理和三角形面积公式求出，，，从而求出离心率.
【详解】因为成等差数列，所以，
即，故，
根据双曲线定义可知，，
故，，
在中，由余弦定理得
，
故，解得，①
又，
故，故，②
式子①② 联立得，解得，
又可变形为，即，
解得，故，
故离心率为.
故答案为：
16．某人实施一项投资计划，从2021年起，每年1月1日，把上一年工资的10%投资某个项目.已知2020年他的工资是10万元，预计未来十年每年工资都会逐年增加1万元；若投资年收益是10%，一年结算一次，当年的投资收益自动转入下一年的投资本金，若2031年1月1日结束投资计划，则他可以一次性取出的所有投资以及收益应有 万元.（参考数据：，，）
【答案】24
【分析】根据条件求得每一年投入在最终结算时的总收入，利用错位相减法求得总收入.
【详解】由题知，2021年的投入在结算时的收入为，
2022年的投入在结算时的收入为，
，
2030年的投入在结算时的收入为，
则结算时的总投资及收益为：
①，
则②，
由①-②得，
，
则
，
故答案为：24
四、解答题
17．设是公差不为0的等差数列，，成等比数列．
(1)求的通项公式：
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设的公差为，然后根据已知条件列方程可求出，从而可求出通项公式，
（2）由（1）得，再利用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）设的公差为，
因为成等比数列，所以
又因为，所以，所以．
因为，所以，所以，得，
故．
（2）因为，
所以
．
五、证明题
18．已知数列的首项为，且满足.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求满足条件的最大整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【分析】（1）变形整理得到，从而证明出结论；
（2）在（1）的基础上，求出，利用等比数列求和公式和分组求和，得到，从而得到不等式，结合单调递增及特殊值的大小，求出答案.
【详解】（1）两边取倒数得，，
即，
又，
故为首项为2，公比为2的等比数列；
（2）由（1）得，
故，
所以
，
故，则，
由于单调递增，且，
，
故满足条件的最大整数为9.
六、解答题
19．记数列的前n项和为，对任意正整数n，有.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和为.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据求出的通项公式；
（2）求出，利用错位相减法求和.
【详解】（1）当时，，故，
①，当时，②，
两式相减得，
故，
又当时，，满足要求，
综上，；
（2），
，
，
两式相减得，
，
故
七、证明题
20．如图，在四棱锥中，底面是一个边长为的菱形，且，侧面是正三角形.

(1)求证：；
(2)若平面平面，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、、，证明出平面，再由线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的正方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、、.

底面是一个边长为的菱形，且，则，是正三角形，
为的中点，，
是正三角形，为的中点，，
，、平面，平面，
平面，.
（2）解：由（1）知，，
当平面平面时，平面平面，平面，
平面，又，
以为坐标原点，、、的正方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系.

则、、、、、，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
所以，，
则，
平面与平面所成角的正弦值为.
八、解答题
21．已知数列满足，.
(1)记，写出、，并求数列的通项公式；
(2)求的前项和.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）利用数列的递推公式以及可写出、的值，推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）对分偶数和奇数两种情况讨论，在为偶数时，设，计算出的表达式，结合等差数列的求和公式可求得的表达式；在为奇数时，设，由可求得的表达式.综合可得出的表达式.
【详解】（1）解：因为数列满足，，
所以，，，
，即，
所以，数列是公差为，首项为的等差数列，
因此，.
（2）当为偶数时，设，则，，
所以，，
此时，
；
当为奇数时，设，则，
则
.
综上所述，.
22．已知椭圆的焦距为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；点
【分析】（1）根据题意，得到，再由椭圆经过点，联立方程组，求得，即可求解.
（2）设直线l的方程为，联立方程组，得到，设点坐标为，由，得到，得到，得到，列出方程，求得，即可求解．
【详解】（1）解：由椭圆的焦距为2，故，则，
又由椭圆经过点，代入得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令，
由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，
设存在点，设点坐标为，由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，即存在点满足题意．
【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.