江西省大余衡立实验学校2024-2025学年高二下学期3月月考考试数学试题（含解析）

江西省大余衡立实验学校2024 2025学年高二下学期3月月考考试数学试题
一、单选题
1．已知，下列数列是递增数列的是（ ）
A． B．
C． D．
2．若数列满足，，则的值为（ ）
A．2 B． C． D．
3．已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ）
A． B． C．1 D．2
5．已知数列满足，的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
6．在等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列满足，设，为数列的前项和．若对任意恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
8．如图，正方体中，分别是上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（ ）
A．平面截正方体所得截面为等腰梯形
B．平面平面
C．存在点，使得平面
D．存在点，使得
二、多选题
9．已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若，则，，成等比数列
B．若为等差数列，则为等比数列
C．若，则数列为等比数列
D．若，，，则为等比数列
10．已知数列的前项和为，，且对于任意，满足，则（ ）
A． B． C． D．
11．设等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列 B．
C． D．中最大的是
12．已知圆，直线，则（ ）
A．直线过定点
B．圆被轴截得的弦长为
C．圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为
D．直线与圆相交于、两点，不可能为
三、填空题
13．已知等差数列的前项和为，若，则 ．
14．已知数列的通项公式为，前n项和为，则 ．
15．数列的前项和为 ．
16．沈阳京东MALL于2022年国庆节盛大开业，商场为了满足广大数码狂热爱好者的需求，开展商品分期付款活动.现计划某商品一次性付款的金额为 a 元，以分期付款的形式等额分成 n 次付清，每期期末所付款是 x 元，每期利率为 r ，则爱好者每期需要付款 ．
四、解答题
17．在等比数列中：
（1）若，且，求；
（2）若，求和公比q．
18．已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和为.
19．若数列的前n项和为，且满足.
（1）求证：是等差数列；
（2）求数列的通项公式.
20．在数列中，，求数列的通项公式.
21．已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，渐近线方程为．
（1）求的方程；
（2）设轴上方的点，分别在的左支与右支上，若，求四边形的面积．
22．如图所示，在四棱锥中，平面为上一点，且.
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
参考答案
1．【答案】C
【详解】对于A，，故为递减数列，故A错误.
对于B，，故为递减数列，故A错误.
对于C，，故为递增数列，故C正确.
对于D，，故为递减数列，故D错误.
故选C.
2．【答案】A
【详解】因为，，
所以，
，
，
，…，
可得，
则．
故选A.
3．【答案】B
【详解】因为等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为，
得到奇数项为，
偶数项为，整体代入得，
所以前项的和为，解得.
故选B
4．【答案】A
【详解】因为等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，
所以，
设等比数列的公比为q，
由题意知，，
所以，
化简，得，解得或舍去，
所以
故选
5．【答案】B
【详解】，数列是以为公差的等差数列，
，
数列是以为公差的等差数列，.
故选B.
6．【答案】B
【详解】在等比数列中，，
所以，
所以，又，
设公比为q，则，
所以．
故选B
7．【答案】C
【详解】当时，，因为，
所以时，．
两式相减得到，故，时不适合此式，
所以当时，；
当时，，
所以；所以的最小值．
故选:C．
8．【答案】D.
【详解】对于A，取的中点为，连接，如下图所示：
由中位线性质可得，显然，所以,
即可得四点共面，即四边形即为平面截正方体所得截面，
易知，所以四边形为等腰梯形，即A正确；
对于B，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设正方体的棱长为2，可得，
易知，
设平面的一个法向量为，
可得，解得，令，可得；
所以，易知，
设平面的一个法向量为，
可得，解得，可得，；
所以，
显然，即，所以平面平面，即B正确；
对于C，取的中点为，连接，如下图所示：
当为的中点时，可得，且，
又且，可得，
即四边形为平行四边形，可得，
又平面，平面，即平面；
所以存在点为的中点时，使得平面，可得C正确；
对于D，由B选项中空间直角坐标系如下图所示：
可得，即，
设，
则；
此时，即不成立；
所以不存在点，使得，即D错误.
故选D.
9．【答案】BCD
【详解】对于A，当时有，此时，，不成等比数列，故A错误；
对于B，若为等差数列，设其公差为，则此时有，
且，所以数列为等比数列，故B正确；
对于C，若，则，
（），
满足，于是，
则，且，所以数列为等比数列，故C正确；
对于D：因为，所以，
而，，，，
因此数列是首项为1，公比为的等比数列，故D正确．
故选BCD.
10．【答案】BD
【详解】因为对于任意，满足，
则，可得，
数列在时是等差数列，公差为2．
且，则，，故A错误，B正确；
，，故C错误，D正确.
故选BD.
11．【答案】BD
【详解】对于AC：因为，
且，
所以，，又因为，
所以，解得；
所以等差数列是递减数列，故AC错误；
对于B：因为，所以，故C正确；
对于D：因为等差数列是递减数列，
且，，则，，
所以，，故D正确.
故选BD.
12．【答案】AD
【详解】将直线的方程变形为.
令，
用第一个方程减去第二个方程可得：，
即，解得.
把代入，得，解得.
所以直线过定点，A选项正确.
在圆的方程中，令，则，
即，，，
解得，.
所以弦长为，B选项错误.
已知圆：，则圆心，半径.
由前面可知直线过定点，.
当直线与垂直时，圆被直线截得的弦长最短，此时直线的斜率.
又直线过点，根据点斜式方程可得直线的方程为，即，C选项错误.
若，则圆心到直线的距离.
点到直线的距离.
假设，两边平方可得，
即，，
此时，方程无解，所以不可能为，D选项正确.
故选AD.
13．【答案】
【详解】因为，所以，
所以.
14．【答案】147
【详解】．
15．【答案】
【详解】设数列的前项和为，
则，
可得，
两式相减得：，
所以.
16．【答案】
【详解】由题意得，
，
.
17．【答案】（1）127
（2）或
【详解】（1）∵为等比数列，且，
∴．∴，又，∴舍去）．
∴．
（2）①当时，．
又，∴，
即，
解得（舍去），∴．
②当时，，∴．
综上得或
18．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为①，当时可得，即，
当时，②，
由①-②得，
即，即是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
（2）因为，所以，
，
两式相减得，，
即，
故.
19．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）证明：当时，且，
即，可得，且.
故数列是以首项为2，公差为2的等差数列.
（2）由（1）可知，即，
当时，，
当时，不符号上式，
所以.
20．【答案】
【详解】由题意，得，
．
又符合,
所以数列的通项公式为.
21．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，依题意，，半焦距，
而，解得，
所以的方程为.
（2）设，而，由，得，
依题意，，解得，即，
，，
等腰底边上的高，
又四边形为梯形，则，
所以四边形的面积为.
22．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
，设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，则.
又，可得，因为平面，所以平面.
（2）易知，设平面的一个法向量为，
则，即，令，则.
设平面与平面夹角为，
则
故平面与平面的夹角的余弦值为.