2024-2025学年四川省雅安市名山区高二下册3月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年四川省雅安市名山区高二下册3月月考数学检测试卷（附解析），共17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。
一、单选题：本题共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. 在等比数列中，，，则（ ）
A. 4B. 8C. 10D. 12
【正确答案】B
【分析】由等比数列的性质运算即可.
【详解】由题意，且，所以.
故选：B.
2. 在数列中，若，，则（ ）
A. B. C. 1D. 4
【正确答案】A
【分析】根据给定条件，探求出数列的周期，再利用周期性计算即得.
【详解】在数列中，由，，得，，，
因此数列是周期性数列，周期为3，
所以.
故选：A
3. 椭圆的左、右顶点分别是，椭圆的左焦点和中心分别是，已知是，的等比中项，则此椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用椭圆的几何性质由等比中项性质可得，即可求离心率.
【详解】根据题意可得，
由是，的等比中项，
可得，可得，
所以．
故选：B
4. 已知等比数列的公比为q，前项和为，若，则下列结论公比（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据等比数列的列方程，由此求得的值.
【详解】由于，
若，则，
而，则，所以不符合题意.
当且时，，
即，
即，
则.
故选：A
5. 已知数列满足，，则的前6项和为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】首先，利用递推求出的通项公式，再根据裂项相消法即可求出结果.
【详解】由，
当时，
，
显然，对于时也成立，
所以，
则的前6项和为.
故选：C.
6. 已知等差数列的公差，，，记该数列的前n项和为，则的最大值为（ ）
A. 20B. 24C. 36D. 40
【正确答案】C
【分析】根据给定条件，结合等差数列性质求出及通项公式，再确定所有非负数项即可得解.
【详解】等差数列中，公差，即数列是递减等差数列，
显然，而，且，解得，则，
，由，得，因此数列前9项均为非负数，从第10项起均为负数，
所以的最大值为.
故选：C.
7. 已知数列的前项和为，且，，则的值为（ ）
A. 360B. 480C. 960D. 1280
【正确答案】D
【分析】根据给定的递推公式可得，再求出数列的前40项中的奇数项的和及偶数项的和即可.
【详解】当n为奇数，，，
当n为偶数，，，
因此，的奇数项是以3为首项，3为公差的等差数列；
的偶数项是以为首项，3为公差的等差数列，
所以
.
故选：D
8. 数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 数列是公比为2的等比数列B.
C. 既无最大值也无最小值D.
【正确答案】D
【分析】根据间的关系求出，进而判断A,B；然后求出，根据数列的增减性判断C；最后通过等比数列求和公式求出，进而判断D.
【详解】由题意，时，，又，解得：，
时，，则，又，
所以数列从第2项起是公比为2的等比数列.A错误；
易得，，则，B错误；
时，，时，，而是递减数列，所以时，.
综上：有最大值1.C错误；
时，，满足题意；时，，于是，.D正确.
故选：D.
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. 已知是等差数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A. 可能是等差数列B. 一定是等差数列
C. 一定是等比数列D. 不一定是等差数列
【正确答案】ACD
【分析】根据等差数列的通项公式形式为：求出A，B，D选项的通项公式即可判断，根据等比数列的定义判断C选项.
【详解】A选项：，当时，是等差数列，A正确；
B选项：，当时，不等差数列，B错误；
C选项：因为，，，，
，所以为等比数列，C正确；
D选项：因为，，
当时，为等差数列，当时，不是等差数列，
所以不一定是等差数列，所以D正确.
故选：ACD
10. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A. 当点为的中点时，与平面所成角为
B. 存在点，使得
C. 对于任意点，均不成立
D. 三棱锥的体积是定值
【正确答案】AC
【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项；利用空间位置关系的向量证明判断BC；利用点到平面距离的向量求法计算判断D.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则、、、、、，
所以，，
对于A选项，当为的中点时，，，
易知平面的一个法向量为，
则，
故点为的中点时，与平面所成角为，A对；
对于B选项，令，则点，，
，若，则，必有，即与矛盾，B错；
对于C选项，，，其中，
若，则，解得，不合乎题意，
所以，对于任意点，均不成立，C对；
对于D选项，，设平面的法向量，
则，令，得，
于是点到平面的距离，，则不是常数，
又点、、是三个定点，面积是定值，
因此三棱锥的体积不是定值，D错.
故选：AC.
11. 已知数列满足，则（ ）
A. 为等比数列
B. 为递增数列
C. 数列的前100项和为
D. 数列的前8项和为10000
【正确答案】ABC
【分析】根据题意求出数列的通项公式，然后逐项判断即可求解.
【详解】对于，当时，，当时，，
所以，即，
当时也满足该式，故，是等比数列，故A正确；
对于B，，易知其为单调递增数列，故B正确；
对于C，，所以的前项和为，故C正确；
对于D，，
则的前8项和为
，故D错误．
故选：ABC
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列的前项和为，，则________.
【正确答案】
【分析】利用前项和与通项公式的关系求解通项公式即可.
【详解】当时，，
当时，，
此时，不符，故.
故
13. 已知等差数列的前项和为，若，，则数列的前2021项和为___________.
【正确答案】
【分析】根据题意求出，代入中，再利用裂项相消即可求出答案.
【详解】由等差数列且，可知：，
故.
，
数列的前2021项和为.
故答案为.
14. 在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，将这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1，4进行“扩展”，第一次“扩展”得到数列1，4，4；第二次“扩展”，得到数列1，4，4，16，4；……；第n次“扩展”，得到数列1，，，…，，4，并记，其中，．则数列的通项公式______．
【正确答案】
【分析】根据题意可得，即可判断为等比数列，进而求出通项公式.
【详解】由，
可得
，所以，
则数列是首项为，公比为3的等比数列，
故，所以．
故答案为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.
15. 有一辆公交车，依次设了A，B，C，D，E，F，G共7个站，甲乙二人都从A站上车，假设他们从后面每个站下车是等可能的.
（1）求这两个人在不同站点下车的概率；
（2）求这两个人都没有坐到终点站的概率.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）采用列举法，将甲乙下车方式所有可能的情况全部列举出来，结合古典概型概率计算公式即可求解.
（2）由（1）中列举出来的所有情况，结合古典概型概率计算公式即可求解.
【小问1详解】
甲乙下车方式有如下36种结果：
（C，B），（C，C），（C，D），（C，E），（C，F），（C，G）
（D，B），（D，C），（D，D），（D，E），（D，F），（D，G）
（E，B），（E，C），（E，D），（E，E），（E，F），（E，G）
（F，B），（F，C），（F，D），（F，E），（F，F），（F，G）
（G，B），（G，C），（G，D），（G，E），（G，F），（G，G）
甲乙两人在不同站点下车的结果有30个，所以所求的概率为.
【小问2详解】
由（1）可知甲乙两个人都没有坐到终点站的结果数有25个，因此所求概率为．
16. 已知数列的前n项和，数列的前n项和．
（1）求，的通项公式；
（2）若，求的前n项和．
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）由通项公式与前n项和的关系，作差即可求解；
（2）由错位相减法即可求解；
【小问1详解】
因为数列的前n项和，
所以当时，；
当时，，
此时满足上式，故．
因为数列的前n项和，
所以当时，；
当时，
，此时满足上式，
故．
【小问2详解】
因，
所以，
则，
两式相减得，
化简得．
17. 已知顶点在原点的抛物线C焦点坐标，斜率为的直线l与C相交于A，B．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）若，求l的方程．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据抛物线的焦点即可求解方程，
（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，根据抛物线的焦半径即可求解.
【小问1详解】
由焦点，可得，得，
因此抛物线C的标准方程为．
【小问2详解】
设，，，
联立方程组，得
韦达定理知，
，
，
则l的方程．
18. 已知数列中，.
（1）若依次成等差数列，求；
（2）若，证明：数列为等比数列；
（3）若，求的前项和.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【分析】（1）利用递推关系得到，，再结合等差中项的性质建立方程，求解即可.
（2）利用等比数列的定义证明即可.
（3）结合（2）求出，再利用等比数列前项和公式分组求和即可.
【小问1详解】
由题意得在数列中，
令，得到，令，得到，
，
因为依次成等差数列，所以，
即，解得.
【小问2详解】
由题意得首项为，
因为，
所以，故是首项为1，公比为2的等比数列.
【小问3详解】
由（2）可得，则，
由等比数列前项和公式得，
，
.
19. 已知有穷数列，，，，．若数列中各项都是集合的元素，则称该数列为数列．对于数列，定义如下操作过程：从中任取两项，，将的值添在的最后，然后删除，，这样得到一个项的新数列（约定：一个数也视作数列）．若还是数列，可继续实施操作过程，得到的新数列记作，，如此经过次操作后得到的新数列记作．
（1）设，，请写出的所有可能的结果；
（2）求证：对于一个项的数列操作总可以进行次；
（3）设，，，，，，，，，求的可能结果，并说明理由．
【正确答案】（1），；，；，．；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）直接按定义来操作，每次取两个数代入计算即可求出的所有可能的结果；
（2）先通过作差得到每次操作后新数列仍是数列；再根据每次操作中都是增加一项，删除两项即可得到结论；
（3）先定义运算：，并证明这种运算满足交换律和结合律；再结合（2）可知中仅有一项，再按定义先求出，综合即可得到的可能结果．
【详解】（1）直接按定义来操作，当取0，时代入计算可得：，；
当取0，时可得，；
当取，时，可得，．
故有如下的三种可能结果：，；，；，．
（2）因为对，，有
且
所以，即每次操作后新数列仍是数列．
又由于每次操作中都是增加一项，删除两项，
所以对数列每操作一次，项数就减少一项，
所以对项的数列可进行次操作（最后只剩下一项）.
（3）由（2）可知中仅有一项．
对于满足，实数，定义运算：，
下面证明这种运算满足交换律和结合律．
因为，且，所以，即该运算满足交换律；
因为
且
所以，即该运算满足结合律．
所以中的项与实施的具体操作过程无关，
选择如下操作过程求
由（1）可知；
易知，，，；
所以，0，0，0，0；
易知经过4次操作后剩下一项为．
综上可知：．
本题是一道综合性很强的题，解题时要认真审题，理解定义，并会用新定义来解题，仔细解答，避免错误．