2023-2024学年广东省深圳市高二上学期12月阶段性考试数学试题（含解析）

2023-2024学年广东省深圳市高二上学期12月阶段性考试数学试题一、选择题：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．数列1，1，1，…，1，…必为（

）A．等差数列，但不是等比数列 B．等比数列，但不是等差数列C．既是等差数列，又是等比数列 D．既不是等差数列，也不是等比数列2．在等差数列中，，则的公差是（

）A．6 B．3 C．2 D．13．已知在长方体中，，则（

）A．3 B．2 C．1 D．4．已知等比数列的前项和为，若，，则（

）A．20 B．30 C．40 D．505．已知数列满足，，则（

）A．32 B．50 C．72 D．906．已知圆经过点，则点到圆心的距离的最小值为（

）A．2 B． C． D．17．已知椭圆E：(a＞b＞0)，直线x＝与椭圆E交于A，B两点，且OA⊥OB（O为坐标原点），则椭圆E的离心率是（

）A． B． C． D．8．某企业在2013年年初贷款M万元，年利率为m，从该年年末开始，每年偿还的金额都是a万元，并恰好在10年间还清，则a的值为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知数列，则下列说法正确的是（

）A．此数列的通项公式是 B．是它的第项C．此数列的通项公式是 D．是它的第项10．直线与圆的公共点的个数可能为（

）A．0 B．1 C．2 D．311．方程表示的曲线中，可以是（

）A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线12．已知数列满足，且，则（

）A．为递增数列B．C．D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知数列成等差数列，成等比数列，则的值为.14．双曲线的离心率为.15．已知平面经过原点，且法向量为，点，则点到平面的距离为.16．已知数列的前项和为，且满足，，，记，数列的前项和为，若对，恒成立，则的取值范围为．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知圆，求过点的圆的切线方程．18．已知是等差数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）为何值时，取得最大值并求其最大值．19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且.(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.20．如果有穷数列（为正整数）满足条件,,…,,即（）,我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．（1）设是7项的“对称数列”，其中是等差数列，且,．依次写出的每一项；（2）设是49项的“对称数列”，其中是首项为1，公比为2的等比数列，求各项的和S．21．设数列是等差数列，数列是等比数列，公比大于零，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．22．已知椭圆的离心率，左､右焦点分别为，，且与抛物线的焦点重合.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交椭圆于，两点，过的直线交椭圆于，两点，且，求的最小值.1．C【分析】根据等差数列和等比数列的定义即可判断.【详解】数列1，1，1，…，1，…是公差为0的等差数列，也是公比为1的等比数列.故选：C.2．C【分析】根据等差数列的性质结合条件即得.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，故，即数列的公差为.故选：C.3．C【分析】利用空间向量的运算法则即可求解.【详解】依题知，，∴，∴．故选：C.4．B【分析】根据等比数列前项和的性质进行求解即可.【详解】因为是等比数列，所以成等比数列，即成等比数列，显然，故选：B5．B【分析】由递推关系式，求得，，，，，然后相加可得．【详解】由已知，，，，同理，，，所以．故选：B．6．C【分析】根据给定条件，求出圆心C的轨迹方程，再利用点到直线距离公式求解作答.【详解】设，依题意，，则，整理得，点到的距离，所以点到圆心的距离的最小值．故选：C7．D将直线x＝代入椭圆方程，可以得到A，B两点的坐标，OA⊥OB并且直线x＝垂直于x轴，可知在三角形中，斜边的高等于斜边长度的二分之一，再结合可得离心率e。【详解】将代入得，又因为OA⊥OB有.故离心率.故选：D.本题考查了椭圆离心率的定义，属于容易题。8．C【分析】由已知条件和分期付款公式列方程求解即可【详解】由已知条件和分期付款公式，可得，∴．故选：C9．AB【分析】根据已知条件，结合数列中数字的规律，求出通项公式，即可依次求解.【详解】数列，即，则此数列的通项公式为，A正确，C错，令，解得，故B正确，D错.故选：AB10．BC【分析】根据给定条件，求出圆心到直线距离的取值范围，即可判断得解.【详解】圆的圆心，半径，当时，点到直线的距离，因此直线与圆相切或相交，所以直线与圆的公共点个数为1或2.故选：BC11．AB【分析】根据圆锥曲线方程的含义一一分析即可.【详解】因为，则该曲线不表示圆，故C错误；若，即时，方程表示的曲线是双曲线，故A正确；若，即时，方程表示的曲线是椭圆，故B正确；该方程为二元二次方程，则不可能表示抛物线，故D错误；故选：AB.12．ABC【分析】作差比较大小判断单调性判断A；推导得，计算判断B；利用裂项相消法求和判断C；借助基本不等式及等比数列前n项和公式计算判断D.【详解】显然，而，则，，又，即有与同号，而，则，对于A，，即，为递增数列，A正确；对于B，，则，因此，B正确；对于C，由，得，即，因此，C正确；对于D，，因此（当且仅当时取等号），所以，D错误.故选：ABC思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.13．##0.5【分析】根据等差数列和等比数列的性质得到及，求出答案.【详解】由题意得，因为成等比数列，设公比为，则且，解得，故.故14．【分析】根据双曲线为等轴双曲线可得答案.【详解】由得，所以双曲线为等轴双曲线，所以离心率为.故答案为.15．【分析】利用向量数量积的几何意义，求出点P到平面的距离即可．【详解】平面经过原点，且法向量为，，则点到平面的距离为.故答案为.16．.【分析】先利用得到为等比数列，求得通项公式，代入，利用裂项求和法求出，进而观察可得答案.【详解】由，得，两式作差得又，，，得则.所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，，代入，所以而恒成立，所以，故．17．或【分析】若切线的斜率不存在，则切线方程为，若切线的斜率存在，则可利用圆心到切线的距离为半径可求斜率，从而得到切线方程.【详解】若切线的斜率不存在，则切线方程为，若切线的斜率存在，设该斜率为，则切线的方程为：即，圆心到该直线，故，故切线方程为或，填或.过一点作圆的切线，求其方程时，要注意该点是否在圆上，如果在圆上，则可以求出其与圆心的连线的斜率的负倒数后可求切线的方程，如果该点不在圆上，则可以利用圆心到切线的距离等于半径求出斜率，注意不要遗漏斜率不存在的情形.18．（1）；（2）n=4时取得最大值.【分析】（1）利用公式，进行求解；（2）对进行配方，然后结合由，可以求出的最大值以及此时的值.【详解】（1）由题意可知：，当时，，当时，，当时，显然成立，∴数列的通项公式；（2），由，则时，取得最大值28，∴当为4时，取得最大值，最大值28．本题考查了已知求，以及二次函数的最值问题，根据的取值范围求最大值是解题的关键.19．(1)证明见解析(2).【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量计算面面角.【详解】（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，，，，∵∴，∵，∴，∵,且平面，∴平面.（法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，设是平面的一个法向量.，.取，有∴，，则，.∴平面.（法三）证明：连接∵平面，平面,∴.在中，，.∵，∴，且，∴平面，又∵平面，∴.∵，又∵，∴，∴.且，且平面，∴平面.（2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.平面的一个法向量为..∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.∵，∴平面，∵，∴平面.∴平面平面.过D做于，连接.∵平面，∴.又，，∴平面，又平面，∴.又∵，，平面,∴平面，∴，∴为二面角的平面角.在中，，∴.∴平面与平面的夹角的余弦值为.20．（1）数列为2，5，8，11，8，5，2；（2）．【分析】（1）由是等差数列，且,，先求出，然后由对称数列的特点可写出数列的各项；（2）由是首项为1，公比为2的等比数列，先求出的通项，结合对称数列的对应项相等的特点，可知前面的各项，结合等比数列的求和公式可求出数列的和．【详解】（1）设数列的公差为d，则,解得，所以数列为2，5，8，11，8，5，2．（2）．21．（1）；（2）．【分析】（1）由题意求出数列的首项和公差及数列的首项与公比，进而得到通项公式；（2）由（1）可得，然后利用裂项相消法求出数列的和．【详解】（1），，解得，∴．,，．使用裂项相消法求和时，一是要注意数列满足的特征，二是要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．22．（1）；（2）最小值为.【分析】（1）求出抛物线的焦点，即可得到，再根据离心率求出，最后根据，求出，即可得到椭圆方程；（2）当直线的斜率存在且时，设直线的方程为，，，联立直线与椭