2024-2025学年福建省龙岩市高二上学期第一次月考数学检测试卷合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省龙岩市高二上学期第一次月考数学检测试卷合集2套（附解析），共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知数列是等差数列，若，则（ ）
A．8B．6C．5D．4
2．在等比数列中，已知，，，则n的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
3．在2和20之间插入两个数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个数的和为（ ）
A．4B．4或C．6或D．6
4．从1，2，3，…，9这9个数字中任取3个不同的数字，使它们成等差数列，则这样的等差数列共有（ ）
A．16个B．24个C．32个D．48个
5．已知的前n项和为，，当时，，则的值为（ ）
A．1009B．1010C．1011D．1012
6．已知是递增的等比数列 ，且，等差数列满足，，．设m为正整数，且对任意的，，则m的最小值为（ ）
A．8B．7C．5D．4
7．在数列an中，已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．设等差数列的前项和为，公差为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．使得成立的最小自然数是20
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知数列的首项，前n项和为，且，则（ ）
A．B．是递增数列
C．是等差数列D．
10．定义数列为数列的“3倍差数列”，若的“3倍差数列”的通项公式为，且，则下列正确的有（ ）
A．
B．数列的前项和为
C．数列的前项和与数列的前项和相等
D．数列的前项和为，则
11．设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数，下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．设等比数列的前n项和为，若，则的值为
13．已知数列中，，，若是5的倍数，且，求所有满足条件的的表达式： .
14．数列满足，若对任意，所有的正整数n都有成立，则实数k的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
16．为等差数列的前项和．已知．
(1)求的通项公式．
(2)设，求数列的前项和．
17．甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为万元，乙超市第n年的销售额比前一年销售额多万元．
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，至少会出现在第几年？
18．已知正项数列的前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若的前项和为，求.
19．如果无穷数列满足“对任意正整数，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.
(1)若等比数列的前项和为，且公比，求证：数列具有“性质”；
(2)若等差数列的首项，公差，求证：数列具有“性质”，当且仅当；
(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”，且四个数中恰有两个出现在数列中，求的所有可能取值之和.
参考答案
1．【答案】B
【详解】设公差为，则：，
．
故选：B．
2．【答案】B
【详解】在等比数列an中，，，，所以，
由，及通项公式，
可得，解得.
故选：B.
3．【答案】B
【详解】设插入的第一个数为a，则插入的另一个数为．
由a，，20成等差数列，得．整理得，解得或．
当时，插入的两个数的和为．
当时，插入的两个数的和为．
故选：B
4．【答案】C
【详解】解：当公差时，数列有1，2，3；2，3，4；3，4，5；4，5，6；，5，6，7；6，7，8；7，8，9共7个；
当公差时，数列有1，3，5；2，4，6；3，5，7；4，6，8；5，7，9共5个；
当公差时，数列有1，4，7，；2，5，8；3，6，9共3个；
当公差时，数列有1，5，9共1个，
同理，当时，有7个，
当时，有5个，
当时，有3个，
当时，有1个，
故共有．
故选：C．
5．【答案】D
【详解】由题意可知：当时，可得，
因为，则，即，
当时，则，
两式相减可得，即，
可得，，，
所以．
故选：D.
6．【答案】D
【详解】设等比数列an的公比为，
由得，①
因为bn是等差数列，所以，
即，可得，②
由①②解得，或，
因为an是递增的等比数列，所以，即，
设数列bn的公差为，
由，，得
，，解得，，
所以，
设，
则，
两式相减可得
，所以，
因为，所以，
若，则，
可得，
所以最小值为4.
故选：D.
7．【答案】D
【详解】因为，
所以，
所以数列是以为首项，公比的等比数列，
所以，
所以，
所以．
故选：D．
8．【答案】C
【分析】根据题意可知数列单调递减且，由通项公式化简可判断A，由等差数列的性质及求和公式结合条件可判断B，根据为递减数列即可判断C，由的关系及的符号可判断D.
【详解】由公差为可知，等差数列an为递减数列且，
对A，，故A错误；
对B，因为，所以，所以，故B错误；
对C，因为，且，所以由一次函数单调性知为单调递减数列，所以，故C正确；
对D，由B知，且，所以，
因为，，若，则，且，
即，即，而，，
显然矛盾，故不成立，故D错误.
故选C.
9．【答案】ABD
【详解】因为，则，
且，可知数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
则，即.
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：因为，所以是递增数列，故B正确；
对于选项C：因为数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
所以不是等差数列，故C错误；
对于选项D：，故D正确；
故选：ABD.
10．【答案】ACD
【分析】由递推关系可得数列是以为首项，以为公差的等差数列，从而可得，再结合等比数列的求和公式，即可判断ABC，再由裂项相消法代入计算，即可判断D.
【详解】由可得，且，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，即，
则，所以，故A正确；
因为，由等比数列的求和公式可得该数列的前项和为，故B错误；
因为，，这两个数列的通项公式相同，
则其前项和相等，故C正确；
因为，则，
则其前项和
，
且当时，取得最小值为，所以，故D正确；
故选ACD.
11．【答案】BCD
【详解】A. ，因为，所以当时，，故错误；
B. ，令，t在单调递增，则，解得，故正确；
C. ，当为奇数时，，存在成立，当为偶数时，，存在成立，综上：是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确；
D. 若是间隔递增数列且最小间隔数是3，
则，成立，
则，对于成立，且，对于成立
即，对于成立，且，对于成立
所以，且
解得，故正确.
故选：BCD
12．【答案】
【详解】解：由题意可得，公比，根据，及可得，
化简可得．则.
故答案为：.
13．【答案】
【详解】由已知，得，
所以当时，，
若是5的倍数，且，则令，所以，
当时，
此时，
故答案为.
14．【答案】
【分析】
先由题设求得，然后利用数列的单调性求得其最大值，把对任意，所有的正整数n都有成立转化为对任意恒成立，再利用基本不等式求得的最小值，即可得到答案.
【详解】
由，
当时，，
两式相减可得：，
∴，由，显然成立，
设，
∴当时，，当时，，
因此，，数列单调递增，当时，数列单调递减，
由，，故当或时，数列取最大值，且最大值为，
对任意，所有的正整数n都有成立，可得，
因此，，即对任意恒成立，
由，当且仅当，即时取最小值，则，
∴实数k的取值范围是.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据数列递推公式特征，凑项组成等比数列，即可求得数列通项；
（2）求出数列的通项，利用错位相减法即可计算出的前项和.
【详解】（1），
又，
数列是首项､公比均为3的等比数列，
，即.
（2）由（1）得，
则，
则，
两式相减得
，
.
16．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）设数列an的公差为，
由题意得
解得，
所以an是首项为3，公差为2的等差数列，
通项公式为．
（2）由（1）知，
所以．
设数列bn的前项和为，则
．
17．【答案】(1)，
(2)乙超市在第7年将被收购
【详解】（1）设甲超市前年总销售额为，第年销售额为，
则，
因为时，，
则时，，
故；
设乙超市第年销售额为，则，
时，，
，
显然时也符合，
所以.
（2）当时，，，有；
当时，，，有；
当时，，，故乙超市有可能被收购，
当，令，则，
整理得，
又当时，，故当且时，必有，
即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据求出和的关系，据此即可求解；
（2）设bn的前项中奇数项的和为，偶数项的和为，求出和即可求解.
【详解】（1）因为①，时，②，
①-②整理得，
因为数列an是正项数列，所以，
当时，因为，
所以，所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以；
（2）由题意知，设bn的前项中奇数项的和为，偶数项的和为，
则，
，
所以.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)，
【分析】(1)利用等比数列的性质求解即可；
(2)利用等差数列的性质结合题目的定义求解即可；
(3)利用枚举法，结合题目的新定义求解即可.
【详解】（1）
解得：则即
且
若则
则当对任意正整数，都存在正整数使得
则等比数列满足性质.
（2）因为数列具有“性质”，
则
若数列具有性质则，
则，
又则
则，
，
则，
又则当时上式成立，
当时.，
则
因为则时，则则则则
反之，若则则上面各式成立，则数列具有“性质”
综上数列具有“性质”，当且仅当.
（3）从这四个数中任选两个，共有以下6种情况：，；，；
，; ，; ，; ，.
①对于， 因为为正整数，可以认为是等比数列中的项，，首项的最小值为1.
下面说明此数列具有性质P：
=，=，任取，，则，
为正整数，因此此数列具有性质P，
②对于，.因为为正整数，认为是等比数列中的项，，
首项的最小值为，下面说明此数列不具有性质P：
，，若不为等比数列中的项，
因此此数列不具有性质P，
同理可得，；，；，；，
每组所在等比数列不具有“性质P’’
【方法总结】1.求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型数列，首先要了解数列的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将新定义的数列类比已经学习了的等比、等差数列求解.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
2024-2025学年福建省龙岩市高二上学期第一次月考数学检测试卷（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，则直线恒过定点（ ）
A．B．
C．D．
2．已知两点，，过点的直线与线段AB（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
3．下列命题中正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D．已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
4．已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
5．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
6．如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．平面几何中有定理：已知四边形的对角线与相交于点，且，过点分别作边，，，的垂线，垂足分别为，，，，则，，，在同一个圆上，记该圆为圆.若在此定理中，直线，，的方程分别为，，，点，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知向量，，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．给出下列命题正确的是（ ）
A．直线的方向向量为，平面的法向量为，则与平行
B．直线恒过定点
C．已知直线与直线垂直，则实数的值是
D．已知三点不共线，对于空间任意一点，若，则四点共面
11． 如图，平行六面体的所有棱长均为2，，，两两所成夹角均为，点，分别在棱，上，且，，则（ ）
A. ，，，四点共面
B. 在方向上的投影向量为
C.
D. 直线与所成角的余弦值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．，与直线平行，则直线与的距离为 .
13．已知是空间向量的一个基底，是空间向量的另一个基底，若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为 ．
14．“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，，则，两点间的曼哈顿距离已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且分别为的中点.

(1)证明：平面.
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
16．已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为.
(1)求直线的方程和点C的坐标；
(2)求的面积．
17．设直线和直线的交点为.
(1)若直线经过点，且与直线垂直，求直线的方程；
(2)若直线与直线关于点对称，求直线的方程.
18．在空间几何体中，四边形均为直角梯形，，．
(1)如图1，若，求直线与平面所成角的正弦值；
(2)如图2，设
（ⅰ）求证：平面平面；
（ⅱ）若二面角的余弦值为，求的值．
19．已知圆经过坐标原点和点，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）设是圆的两条切线，其中为切点．
①若点在直线上运动，求证：直线经过定点；
②若点在曲线（其中）上运动，记直线与轴的交点分别为 ， 求面积的最小值．
参考答案
1．【答案】A
【分析】由题意可得，可得定点坐标.
【详解】因为，所以，
由，可得，所以，
当时，所以对为任意实数均成立,
故直线过定点.
故选A.
2．【答案】A
【详解】
，而，
故直线的取值范围为，
故选：A.
3．【答案】C
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
4．【答案】B
【详解】对于A，设，即，解得，
所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设，无解，
所以不共面，能构成空间的一组基底，故B正确；
对于C，设，解得，
所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设，解得，
所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误.
故选：B.
5．【答案】D
【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式即可得解.
【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为，满足题意，
又因为直线过点，所以直线的斜率为，
所以直线方程为，即，
当直线不过原点时，设直线方程为，
因为点在直线上，
所以，解得，
所以直线方程为，
故所求直线方程为或.故D项正确.
故选D.
6．【答案】A
【详解】在平行六面体中,
四边形是平行四边形,侧面是正方形,
又是的交点,
所以是的中点,
因为,,,
所以，
所以
，
所以
又，
所以
，
可得,，
所以异面直线与的夹角的余弦值为.
故选：A.
7．【答案】D
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，
取，得，
所以点到平面的距离为，
故选：D．
8．【答案】B
【分析】由已知可得，，，的坐标，根据垂直关系联立方程组可分别求出，的坐标，根据，，三点在圆上，分别求线段，的垂直平分线所在直线方程，通过联立解方程组求解圆心的坐标，即可求解圆的方程.
【详解】

由得,由得，
由得，
因为，对角线与相交于点，所以，
因为，所以所在直线方程为，
与联立方程组解得，
因为，所以所在直线方程为，
与联立方程组解得，
因为，所以线段的垂直平分线方程为，
线段的垂直平分线方程为，
联立，解得，所以，
又，
所以圆的方程为.
故选.
【方法总结】求圆的方程的常用方法：
（1）直接法：直接求出圆心坐标和圆的半径，写出方程；
（2）待定系数法：根据已知条件设出方程，代入求解.
9．【答案】BD
【详解】对于A，，故，故A错误；
对于B，，
，故B正确；
对于C，，故，故C错误；
对于D，，故，故D正确.
故选：BD
10．【答案】BD
【分析】根据空间向量、直线过定点、直线垂直、四点共面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，，所以与不平行，A选项错误.
B选项，由，
得，由，
解得，所以定点为，B选项正确.
C选项，由，
解得或，C选项错误.
D选项，由于，
其中，所以四点共面，D选项正确.
故选：BD
11．【答案】ABD
【分析】在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；由的线性运算后再平方可判断C；由向量的夹角公式计算可判断D.
【详解】对于A，在上取点，使得，连接，
因为，所以四边形为平行四边形，
可得，
因为，所以四边形为平行四边形，
可得，所以，可得，，，四点共面，故A正确；
对于B，因为平行六面体棱长均为2，、、两两所成夹角均为，
所以，则
，
则，
，故B正确；
对于C，，
，
则，故C不正确；
对于D，故
，
故直线与所成角的余弦值为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：求向量模长解题的关键点是先对所求向量进行线性运算，再平方计算.
12．【答案】
【详解】因为//，所以，解得，
， ，
由两平行直线的距离公式可得：，
故答案为：
13．【答案】
【详解】设向量在基底下的坐标为，
则，
整理得：，
，解得.
向量在基底下的坐标是.
【关键点拨】向量在基底下的坐标为，则.
14．【答案】/
【分析】根据题意，作出点的轨迹，将问题转化为点到圆的距离问题，从而得解.
【详解】由题意得，圆，圆心，半径，
设点，则，
故点的轨迹为如下所示的正方形，其中，，
则，，
则，即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛，本题解决的关键是将点的曼哈顿距离转化为图形，从而利用数形结合即可得解.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）不妨设，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由，得到，即可得证；
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）不妨设，则，如图建立空间直角坐标系，

则，，，A1,0,0，，，
所以，，，
设m=x,y,z是平面的一个法向量，
则，取，则，
所以平面的一个法向量，
又，所以，因为平面，所以平面.
（2）因为平面，所以是平面的一个法向量，
又因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．【答案】(1)，，
(2).
【分析】（1）设点的坐标是，由的中点在直线上，求得点的坐标，再求出点关于直线的对称点即可求得直线的方程，联立方程组求出点坐标.
（2）利用两点间距离公式及点到直线距离公式求出三角形面积.
【详解】（1）由点在上，设点的坐标是，则的中点在直线上，
于是，解得，即点，
设关于直线的对称点为，则有，解得，即，
显然点在直线上，直线的斜率为，
因此直线的方程为，即，
由，解得，则点，
所以直线的方程为，点C的坐标为.

（2）由（1）得，点到直线的距离，
所以的面积.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由得交点，
由直线与直线垂直，则可设直线的方程为，
又直线过点，代入得，则，
所以直线的方程为；
（2）法一：由题意可得直线与直线平行，
则可设直线方程为：，
由直线与直线关于点对称，得到两条直线的距离相等，
即，得（舍）或，所以直线的方程为.
法二：设直线上任意一点，则点关于点对称的点为，
且点在直线上，得，
化简得直线的方程为.
18．【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）因为，，即，，，
如图建立空间直角坐标系，则A0,0,0，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）（ⅰ）如图建立空间直角坐标系，设，则，
因为，所以，
所以，，，，，
设平面的法向量为，
则，取，
设平面的法向量为，
则，取，
因为，
所以，所以平面平面；
（ⅱ）设平面的法向量为，则，
取，
设二面角的平面角为，
所以
，
所以，即，解得或（舍去），则，
所以，即，又，
所以.
19．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②32.
【详解】解：（1）因为圆心在直线上，故设圆心坐标为，
又因为圆经过坐标原点和点，
所以，即，解得：，
所以圆心为，半径为，所以圆的方程为：；
（2）①因为点在直线上运动，故设，
又因为是圆的两条切线，其中为切点，故连接，如图

所以，，所以在以为直径的圆上，
所以的中点坐标为，所以以为直径的圆的方程为：
，化简得：，
所以是两圆的公共弦，故两圆方程做差得弦的方程：，
整理得：，所以直线经过定点；
②设点，设过的与圆相切的直线斜率为，切线方程为：，
∴ 圆心到切线的距离，
整理得：
∴ 由题知： 即：，整理得：，
，
不妨记直线的斜率为，直线的斜率为
所以有，，令得，
∴ ，
，
令，则
∴

∴
∴