四川省眉山市仁寿县2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题

这是一份四川省眉山市仁寿县2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题，共15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. 已知等比数列的前项和为，若公比，，则（ ）
A. 49 B. 56 C. 63 D. 112
2. 已知等差数列中，，则（ ）
A. 8B. 4C. 16D. -4
3. 已知数列中，，若，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
4. 数列的通项公式为，那么“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 等比数列 共有 项，其和为 240，且奇数项的和比偶数项的和大 80，则公比 （ ）
A. B. 2C. 1D.
已知数列{an}的通项公式为an＝2n−1 ,n为奇数2n, n为偶数，则数列{an}的前n项和S10＝( )
A. 107B.1409C.1414 D. 112
7. 设和分别表示正实数的整数部分、小数部分，例如．已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知等比数列的前项和为，，，数列满足：，且数列的前项和为，若对于任意的实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共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. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知数列的通项公式，前项和为，则（ ）
A. 数列为等差数列
B. ，使得
C. 当时，取得最小值
D. 数列的最大项的值为
11. 已知数列满足，，设其前项和为，则（ ）
A. B.
C D.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等比数列前项和为，若，，则________．
13. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2025这2025个自然数中满足被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数是_____.
14. 设数列的前n项和为，若数列与均为等比数列，且公比相等，则实数__________.
四、解答题：本大题共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. 设公差不为的等差数列的首项为，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列为正项数列，且，设数列的前项和为，求证：.
16. 记等差数列的前n项和为，是各项均为正数的等比数列，若，，，
（1）求与
（2）若数列满足，求的前n项和.
17. 记为首项为4的数列的前n项和，且是以首项为3，公比为的等比数列.
（1）求；
（2）求数列的通项公式；
（3）求数列的前n项和.
18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段上，满足，点F为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
19. 已知数列的前项和为满足，且，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新的数列：，在与之间插入项中的项，中之前（不包括）所有项的和记为.若.求使得成立的最大整数的值.（其中表示不超过的最大整数）
23级高二下学期期末校校联考
数学答案
1【答案】B
2【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求解.
【详解】解：由等差数列的性质知，
所以，
所以，
所以，
故选：B
3【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得.
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选：B
4【答案】A
【解析】
【分析】当时，可得，知充分性成立；由数列单调性可知，从而得到，由此可得，知必要性不成立，由此可得结论.
【详解】当时，，
数列为递增数列，充分性成立；
当数列为递增数列时，，
恒成立，又，
，必要性不成立；
“”是“为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A.
5【答案】D
【解析】
【分析】结合题意列方程组分别求出，，再由等比数列的性质求出结果即可.
【详解】设等比数列的奇数项的和、偶数项的和分别为，.
由题意可得解得所以．
故选：D
6【答案】B
7【答案】C
【解析】
【分析】先根据已知条件求出数列的前几项，找出数列的规律，再根据规律求出的值.
【详解】已知，因为，所以，.
根据，可得，化简得到.
因为，所以，.
同理可得.
通过前面的计算，可以发现数列的规律，（）.
当时，.
故选：C.
8【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式求出公比，进而求得，则，结合裂项相消法求和可得，进而根据不等式恒成立的问题计算即可求解.
【详解】设等比数列公比为，易知，由题意可得，
解得，则，，
所以，
则，
所以原不等式可转化为对任意的实数恒成立，
即恒成立，解得.
故选：D.
9【答案】BD
【解析】
【分析】利用题设等式进行等比数列的基本量运算，求得，代入公式即可一一判断.
【详解】依题，，解得故A错误，B正确；
则，，故C错误，D正确.
故选：BD.
10【答案】ABD
【解析】
【分析】利用给定的通项公式，结合等差数列定义、数列单调性、二次函数性质逐项求解判断.
【详解】对于A，由，得 ，
，数列为等差数列，A正确；
对于B，，，显然，B正确；
对于C，，当时，数列单调递减，，
，
当时，数列单调递减，，，C错误；
对于D，，
因，当时，取最小值，
当或时，，且当或时，取最小值3，
所以数列的最大项的值为，D正确.
故选：ABD.
11【答案】ABD
【解析】
【分析】利用累加法求出数列的通项公式，可判断AB选项；利用并项求和法可判断C选项；利用裂项相消法可判断D选项.
【详解】因为，，
当时，，
也满足，故对任意的，，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，因为，
所以，
，C错；
对于D选项，，
所以，，D对.
故选：ABD.
12【答案】
13【答案】135
14【答案】
15【答案】（1）
（2）证明见解析
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
，，成等比数列，
则，即，
将代入上式，解得或（舍去）．
；
【小问2详解】
由（1）得，又，
所以，
所以，
则
．
16【答案】（1），；
（2）
【小问1详解】
设数列的公差为d，数列的公比为q，
由，得，而，解得，，
所以，
【小问2详解】
由（1）得，，设数列的前n项和为，
则
17【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【小问1详解】
由题意，得，则，则
【小问2详解】
由（1），当时，则，
又满足上式，故
【小问3详解】
由（2），得，记的前n项和为，
所以①，
则②，
①②得，，
则，故数列的前n项和为
18
【小问1详解】
取点M为的中点，连接，
因为点F为的中点，所以，，
又因为，，
又，则，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，平面，所以平面平面，
又，平面平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，
设，则，
因为，又，
所以，，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【小问3详解】
在（2）的条件下，以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，过点A作平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，所以，
设平面与平面所成的角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
19【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
因为，所以是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
当时，
又满足关系，
故.
数列，当时，，
当时，.
所以，；
【小问2详解】
由题可知
①
②
①-②得.
③
④
③-④得
；
【小问3详解】
依题意，数列中之前的所有项中包括项中的项，
设其和为，则
数列中之前的所有项中包括项中的项，设其和为，则
于是
所以，
当时，
当时，因为，
所以
，
于是，，因此，
所以，，
所以，又，
所以，，，
得成立的最大整数的值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用错位相减法先求出，然后再次利用错位相减法求结论.