2024-2025学年福建省三明市高二上册开学摸底考数学检测试卷合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省三明市高二上册开学摸底考数学检测试卷合集2套（含解析），共34页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共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）
1．已知在等比数列中，，则的值是（ ）
A．4B．-4C．D．16
2．已知an是递增数列，则an的通项公式可能为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知等差数列，其前项和为，则（ ）
A．24B．36C．48D．64
4．在数列中，若，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列是公差不为0的等差数列，且，，为等比数列的连续三项，则的值为
A．B．4C．2D．
6．在正项等比数列中，为其前项和，若，则的值为（ ）
A．10B．20C．30D．40
7．已知等差数列的前项和为，且，，则当取得最大值时，（ ）
A．37B．36C．18D．19
8．高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称．小学进行的求和运算时，他这样算的：，，…，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法．已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试根据以上提示探求：若，则（ ）
A．2023B．4046C．2022D．4044
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．该数列为递增数列D．
10．已知数列满足是的前项和，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则为等差数列
C．若，则为等差数列
D．若，则
11．已知正项数列满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A．若，则B．若，则的值有3种情况
C．若数列满足，则D．若为奇数，则（）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知是公比为的等比数列，若，则 .
13．已知数列的通项公式为，记数列的前项和为，则 .
14．已知数列的各项都是正数，，若数列为严格增数列，则首项的取值范围是 ，当时，记，若，则整数
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．已知是等差数列，是等比数列，且.
(1)求数列与的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图象上.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的通项公式.
17．已知等差数列的前n项和为，且.
(1)求；
(2)求数列的前n项和.
18．已知数列满足，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)设求的前项和．
19．如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列.
(1)若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项；
(2)若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式；
(3)若为n阶“归化”数列，求证
1．C
【分析】利用等比数列的性质计算出答案,
【详解】由题意得，解得.
故选：C
2．C
【分析】举反例可判断A，B；将化简为，判断增减性，判断C；判断的增减性，判断D.
【详解】对于A，，，A不合题意；
对于B，，则，
即，B不合题意；
对于C，，当n增大时，减小，则增大，
符合题意，C正确；
对于D，随着n的增大而减小，不合题意，D错误，
故选：C
3．B
【分析】根据题意，结合等差数列的性质，求得，再由，即可求解.
【详解】因为数列为等差数列，且，
由等差数列的性质，可得，所以，
又由.
故选：B.
4．A
【分析】由已知递推式求出，可得数列是以3为周期的周期数列，然后利用周期可求得结果.
【详解】因为，，
所以，，
，，
所以数列是以3为周期的周期数列，
所以，
故选：A
5．A
【详解】分析：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，可得=a1•a7，化简可得a1与d的关系．可得公比q=．即可得出=．
详解：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，
∴=a1•a7，可得=a1（a1+6d），化为：a1=2d≠0．
∴公比q====2．
则==．
故选A．
点睛：本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．D
【分析】由可求出，再由等比数列前项和的性质可求出的值.
【详解】由，得，
因为数列为等比数列，所以成等比数列，
所以，
所以，整理得，,
解得或，
因为等比数列的各项为正数，所以，
所以，
故选：D
7．C
【分析】利用等差数列的性质与前项和公式推得，，从而得解.
【详解】因为，
，
所以，，从而当时，取得最大值．
故选：C.
8．B
【分析】根据倒序相加法，结合等比数列的下标性质进行求解即可.
【详解】根据等比数列的下标性质由，
∵函数，∴，
令，则，
∴，∴．
故选：B
9．ACD
【分析】根据首项可得，再逐个选项判断即可.
【详解】对AB，由，得，故，故A正确，B错误；
对C，得该数列为递增数列，故C正确；
对D，，则，故D正确.
故选：ACD
10．ABD
【分析】确定，求和得到A正确，确定得到B正确，计算，时不成立，C错误，确定数列的通项公式，再利用错位相减法求和得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：当，则，所以，正确；
对选项B：已知，当时，，
当时，，则，故，
（时也成立），所以为等差数列，正确；
对选项C：已知，当时，，
当时，，则，，
（时不成立），所以不是等差数列，不正确；
对选项D：已知，当时，，
当时，，则，，
（时不成立，所以，
当时，，
当时，，
，
，
所以时也成立，正确.
故选：ABD
11．BD
【分析】由数列的递推式结合分类讨论，计算可得正确结论．
【详解】正项数列满足，
可得，则，，，，，，，，
故数列从第4项起，周期为3，故，故A错误；
若，当为偶数时，，当为奇数时，；
当为偶数时，，或26，当为奇数时，，故B正确；
设，则，
若则，得，即，经检验符合题意，故C错误；
若为奇数，当为偶数时，，
当为奇数时，，即为偶数，矛盾，故D正确．
故选：BD．
12．25
【分析】由等比数列的性质即可求解.
【详解】因为
所以
故25
13．52
【分析】先确定的正负，再分和求出的表达式，代入计算即可；
【详解】令，
所以当时，，当时，，
所以，当时，；
当时，
，
所以，
故52.
14．
【分析】先由题给条件求得，再利用即可求得；先利用裂项相消法求得，再列不等式组，即可求得整数的值.
【详解】正项数列，为严格增数列，
则，则，解之得
又，则，则
由，可得
由可得
，则，则
又当时，，则
由可得，，
又，则，
解之得，则整数
故；
15．(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列通项公式和等比数列通项公式基本量运算求解即可；
（2）结合等差数列求和公式和等比数列求和公式，利用分组求和法求解即可.
【详解】（1）设数列an的公差为，数列bn的公比为，
由，所以，求得，所以；
由，得，所以，所以.
（2）因为，
所以
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系即可求解；
（2）由累加法即可求解.
【详解】（1）因为点都在函数，
所以
当时，，
当时，，时，也满足此式.
所以
（2）由（1）可得，
由
所以
当时，，满足此式；
所以
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据的关系求通项公式即可；
（2）裂项相消法求和即可得解.
【详解】（1）由①
所以当时，②
①②得：，整理得：，
所以.
（2）由（1）知，
所以，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件及等比数列的定义即可求解；
（2）根据（1）的结论及等比数列的通项公式，利用数列求和中的错位相减法即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，即，
又因为，
所以，
所以，
故数列是以首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）可知，，即，
所以.
所以
由，得
，
所以.
故的前项和为.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，故，，所以.
【详解】（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，

（3）由已知可得：必有 也必有，
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
2024-2025学年福建省三明市高二上学期开学摸底考数学检测试卷
（二）
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．在空间直角坐标系中，点在平面上的投影的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．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．
3．如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
4．已知向量，，则向量在向量上的投影向量（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ）
A．若，则一定是等边三角形
B．若，则一定是等腰三角形
C．若，则一定是直角三角形
D．若，则一定是锐角三角形
7．如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
8．在梯形中，为钝角，且，若为线段上一点，，则（ ）
A．B．1C．D．
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分．
9．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．向量，，若，则
B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底
D．若空间四个点，，，，，则，，三点共线
10．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线为异面直线
C．直线与直线所成的角为
D．平面
11．如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得平面
B．周长的最小值为
C．三棱锥的外接球的体积为
D．平面与平面的夹角正弦值的最小值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知 则
13．圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为 .
14．若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时， ．
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
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．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，，求AB边上的中线长.
17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在上，且.
(1)证明：平面；
(2)当二面角的余弦值为时，求点到直线的距离.
18．平面四边形中，，，，．
(1)求；
(2)求四边形周长的取值范围；
(3)若为边上一点，且满足，，求的面积．
19．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.

(1)求证：平面；
(2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；
(3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由.
1．D
【分析】根据点在平面上的投影特征求解即可.
【详解】点在平面上的投影的坐标为.
故选：D.
2．B
【分析】直接利用空间向量的基地概念判断选项即可.
【详解】对于A，设，则，所以共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设，则，无解，则不共面，能构成空间的一个基底，故B正确；
对于C，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故D错误；
故选：B
3．B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.
【详解】
.
故选：B.
4．C
【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得.
【详解】由向量，，得，而，
向量在向量上的投影向量.
故选：C
5．D
【分析】根据函数的图象及“五点法”作图求解即可.
【详解】根据图象可得，，解得，
所以，即，
将点代入的解析式，得，
则，解得，，又，
，所以.
故选：D.
6．A
【分析】A选项，由正弦定理得到，求出，同理可得，A正确；B选项，由正弦定理和二倍角公式得到，故或，故为等腰三角形或直角三角形；C选项，化切为弦得到，结合B选项可得C错误；D选项，无法确定中其中之一是否为钝角，D错误.
【详解】A选项，，由正弦定理得，
即，
因为，所以，故，即，
同理可得，故，
一定是等边三角形，A正确；
B选项，，由正弦定理得，
即，所以，
因为，所以或，
故或，故为等腰三角形或直角三角形，B错误；
C选项，，
即，由B选项可知，为等腰三角形或直角三角形，C错误；
D选项，，故，
故为锐角，但不知中其中之一是否为钝角，故无法确定是否为钝角三角形，D错误.
故选：A
7．B
【分析】延长交于点，连接交于，连接，取的中点，连接，得到四边形所求裁面，再利用平行的相似比得到为上靠近的三等分点即可．
【详解】
如图，延长交于点，连接交于，
连接，则四边形所求截面．
取的中点，连接.
∵，
∴是△APC的中位线，
∴为的中点．
又分别为的中点，
∴，则，即，
∴为上靠近的三等分点，故．
故选：B.
8．B
【分析】根据题意，取中点，因为，所以，以为轴建立直角坐标系，根据，得，从而计算.
【详解】根据题意，取中点，因为，所以，
以为轴建立直角坐标系，则，
设，，
则，
则
因为，则,
的，则，
且.
故选：B
关键点点睛：利用坐标法，根据，确定点的坐标，再坐标法计算数量积.
9．BCD
【分析】根据空间向量基本定理及基底的基本概念，判断每个选项即可.
【详解】解：对于选项A，由，也可能是或，故错误；
对于选项B，因为对空间中任意一点，，
则，
整理得.
由空间向量基本定理可知点，，，四点共面，故正确；
对于选项C，由是空间中的一组基底，则，向量，，不共面，
可得向量，，也不共面，所以也是空间的一组基底，故正确；
对于选项D，若空间四个点，，，，，
可得，即，则，，三点共线，故正确.
故选：BCD.
10．AD
【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可.
【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误；
对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，
则，
则，
则，
则，又因为平面，所以平面.
故选：AD.
11．ACD
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D.
【详解】A：由题意知，，又平面，
所以平面，由平面，得；
当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点，
所以，由平面，所以平面，故A正确；
B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于，
此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值，
又，
所以的周长的最小值为，故B错误；
C：易知中，，取的中点，过作平面，如图
，
则三棱锥的外接球的球心必在上，且，
所以球的半径为，其体积为，故C正确；
D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，设，
所以，
易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为，
则，所以，故D正确.
故选：ACD
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．
【分析】利用同角三角函数的关系处理即可.
【详解】令，则，．
．
故
13．
【分析】结合圆锥的几何特征，分别求出，最后应用圆锥体积公式计算.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，则，
所以，所以圆锥的体积为.
故
14．
【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案.
【详解】因为恒成立，
即恒成立，
若存在实数，使得上式成立，则，
则，
可得，可得，
解得，
由，
则取得最大值时，
此时.
故答案为.
关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.
15．(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．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得.
（2）利用余弦定理求得，利用向量法求得AB边上中线长.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得.
又因为，则，所以.
整理得，即.
因为，所以，所以，所以.
（2）由余弦定理，且，
则有，
又，故.
设边上中线为CM，则，
，故边上中线长为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连结，交于点，连结，利用相似比得，然后可得，根据线面平行判定定理即可得证；
（2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出，再由点到直线的距离的向量公式可得.
【详解】（1）连结，交于点，连结，
因为，
所以，又，
所以，所以，
因为面，面，
所以平面.
（2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，，则，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可取，
平面的法向量可取，
所以，得，
因为，
与同向的单位向量，
所以点到直线的距离为.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得；
（2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围；
（3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，，所以，
在中由余弦定理
；
（2）在中，
即，
所以，所以，当且仅当时取等号，
又，
则，即，所以，
所以，
即四边形周长的取值范围为；
（3）因为，所以，又，
所以，，又，所以，
在中由余弦定理，
即
在中由余弦定理，
即，
又，所以，
所以，
又，所以，
即，所以，
所以，所以，
所以.
.
关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解.
19．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）通过几何图形的性质证明，即可；
（2）利用平面，并结合三棱锥的体积公式计算即可；
（3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可.
【详解】（1）如图所示，连接，

由题意可知平面ABC，四边形是菱形.
平面ABC，，
又D是AC中点，是正三角形，，
又平面，平面，
平面，，
在菱形中，有，
而D，E分别是线段的中点，则，所以，
平面，平面；
（2）如图所示，

由（1）可知，，平面，
为三棱锥的高，
，，
又在平面内的射影为，
，则，，
，则，
为直角三角形，
，
.
（3）如图，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，

过G作交于M，连接MD，
易得，平面，平面，故平面，
又结合（1）的结论有，故二面角为，
所以，
如图，在菱形中，作，

易得，
则，
易知为直角三角形，故.
思路点睛：本题立体几何的求解可从以下方面入手：
（1）证明线面垂直，要在该平面内找两条相交直线与已知直线垂直即可；
（2）第二问关键在于求三棱锥的高，通过构造线面垂直来转化；
（3）另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可.