2025届吉林省长春市榆树市高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2025届吉林省长春市榆树市高二数学第一学期期末质量跟踪监视试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．下列直线中，倾斜角最大的为（）A. B.C. D.2．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，点是的右支上一点，且，，则双曲线的方程为（）A. B.C. D.3．已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆上，且轴，直线交轴于点．若，则椭圆的离心率是A. B.C. D.4．在数列中，若，，则（）A.16 B.32C.64 D.1285．若数列对任意满足，下面选项中关于数列的说法正确的是（）A.一定是等差数列B.一定是等比数列C.可以既是等差数列又是等比数列D.可以既不是等差数列又不是等比数列6．已知数列满足，令是数列的前n项积，，现给出下列四个结论：①；②为单调递增的等比数列；③当时，取得最大值；④当时，取得最大值其中所有正确结论的编号为（）A.②④ B.①③C.②③④ D.①③④7．如图，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的点，是线段上靠近的三等分点，为正三角形，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.8．平面上动点到点的距离与它到直线的距离之比为，则动点的轨迹是（）A.双曲线 B.抛物线C.椭圆 D.圆9．设等差数列，的前n项和分别是，若，则（）A. B.C. D.10．命题“若α=，则tanα=1”的逆否命题是A.若α≠，则tanα≠1 B.若α=，则tanα≠1C.若tanα≠1，则α≠ D.若tanα≠1，则α=11．设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（）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12．已知数列满足且，则（）A.是等差数列 B.是等比数列C.是等比数列 D.是等比数列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．圆上的点到直线的距离的最大值为__________.14．以下数据为某校参加数学竞赛的名同学的成绩：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.则这人成绩的第百分位数可以是______15．已知椭圆()中，成等比数列，则椭圆的离心率为_______.16．已知数列满足，，则数列的前n项和______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）{}是公差为1的等差数列，.正项数列{}的前n项和为，且.（1）求数列{}和数列}的通项公式；（2）在和之间插入1个数，使，，成等差数列，在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列，…，在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.①记，求{}的通项公式；②求的值.18．（12分）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，，M，N分别为AB和PC的中点（1）求证：MN//平面PAD；（2）求平面MND与平面PAD的夹角的余弦值19．（12分）已知函数，.（1）当时，求函数的极值；（2）若存在，使不等式成立，求实数的取值范围.20．（12分）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值21．（12分）已知数列的通项公式为：，其中．记为数列的前项和（1）求，；（2）数列的通项公式为，求的前项和22．（10分）如图，扇形AOB的半径为2，圆心角，点C为弧AB上一点，平面AOB且，点且，面MOC（1）求证：平面平面POB；（2）求平面POA与平面MOC所成二面角的正弦值的大小

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】首先分别求直线的斜率，再结合直线倾斜角与斜率的关系，即可判断选项.【详解】A.直线的斜率；B.直线的斜率；C.直线的斜率；D.直线的斜率，因为，结合直线的斜率与倾斜角的关系，可知直线的倾斜角最大.故选：D2、B【解析】画出图形，利用已知条件转化求解，关系，利用，解得，即可得到双曲线的方程【详解】由题意双曲线的图形如图，连接与轴交于点，设，，因为，所以，因为，所以，则，因为点是的右支上一点，所以，所以，则，因为，所以，，由勾股定理可得：，即，解得，则，所以双曲线的方程为：故选：B3、D【解析】由于BF⊥x轴，故，设，由得，选D.考点：椭圆的简单性质4、C【解析】根据题意，为等比数列，用基本量求解即可.【详解】因为，故是首项为2，公比为2的等比数列，故.故选：C5、D【解析】由已知可得或，结合等差数列和等比数列的定义，可得答案【详解】由，得或，即或，若，则数列是等差数列，则B错误；若，当时，数列是等差数列，当时，数列是等比数列，则A错误数列是等差数列，也可以是等比数列；由，不能得到数列为非0常数列，则不可以既是等差又是等比数列，则C错误；可以既不是等差又不是等比数列，如1，3，5，10，20，，故D正确；故选：D6、B【解析】求出，即可判断选项①正确；求出，即可选项②错误；求出，利用单调性即可判断选项③正确；求出，即可判断选项④错误，即得解.【详解】解：因为，①所以，，②①②得，，整理得，又，满足上式，所以，因为，所以数列为等差数列，公差为，所以，故①正确；，因为，故数列为等比数列，其中首项，公比为的等比数列，因为，，所以数列为递减的等比数列，故②错误；，因为为单调递增函数，所以当最大时，有最大值，因为，所以时，最大，即时，取得最大值，故③正确；设，由可得，，解得或，又因为，所以时，取得最大值，故④错误；故选：B7、D【解析】根据椭圆定义及正三角形的性质可得到\，再在中运用余弦定理得到、的关系，进而求得椭圆的离心率【详解】由椭圆的定义知，，则，因为正三角形，所以，在中，由余弦定理得，则，，故选：D【点睛】本题考查椭圆的离心率的求解，考查考生的逻辑推理能力及运算求解能力，属于中等题.8、A【解析】设点，利用距离公式化简可得出点的轨迹方程，即可得出动点的轨迹图形.【详解】设点，由题意可得，化简可得，即，曲线为反比例函数图象，故动点的轨迹是双曲线.故选：A.9、C【解析】结合等差数列前项和公式求得正确答案.【详解】依题意等差数列，的前n项和分别是，由于，故可设，，当时，，，所以，所以.故选：C10、C【解析】因为“若，则”的逆否命题为“若，则”，所以“若α=，则tanα=1”的逆否命题是“若tanα≠1，则α≠”.【点评】本题考查了“若p，则q”形式的命题的逆命题、否命题与逆否命题，考查分析问题的能力.11、C【解析】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性.【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件；对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项，，即，或，即，当时，有，即，是严格递增数列，当时，有，即，是严格递增数列，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件故选：C12、D【解析】由，化简得，结合等比数列、等差数列的定义可求解.【详解】由，可得，所以，又由，，所以是首项为，公比为2的等比数列，所以，，，，所以不是等差数列；不等于常数，所以不是等比数列.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求得圆心到直线的距离，结合圆上的点到直线的距离的最大值为，即可求解.【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的距离的最大值为.故答案为：14、【解析】利用百分位数的求法直接求解即可.【详解】解：将所给数据按照从小到大的顺序排列：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.数据量，∵是整数，∴故答案为：.15、【解析】根据成等比数列，可得，再根据的关系可得，然后结合的自身范围解方程即可求出【详解】∵成等比数列，∴，∴，∴，∴，又，∴故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆的离心率的计算以及等比数列定义的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题16、【解析】先求出，利用裂项相消法求和.【详解】因为数列满足，，所以数列为公差d=2的等差数列，所以，所以所以.故答案为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），（2）①；②【解析】（1）利用等差数列的通项公式将展开化简，求得首项，可得；根据递推式，确定，再写出，两式相减可求得；（2）①根据等差数列的性质，采用倒序相加法求得结果；②根据数列的通项的特征，采用错位相减法求和即可.【小问1详解】设数列{}的公差为d，则d=1，由，即，可得，所以{}的通项公式为；由可知：当，得，当时，，两式相减得；，即，所以{}是以为首项，为公比的等比数列，故.【小问2详解】①，两式相加，得所以；②，，两式相减得：，故.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）在平面中构造与平行的直线，利用线线平行推证线面平行即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，利用向量法即可求得两个平面夹角的余弦值.【小问1详解】取中点为，连接，如下所示：因为为正方形，为中点，故可得//；在△中，因为分别为的中点，故可得//；故可得//，则四边形为平行四边形，即//，又面面，故//面.【小问2详解】因为面面，故可得，又底面为正方形，故可得，则两两垂直；故以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系如下所示：故可得，设平面的法向量为，又则，即，不妨取，则，则，取面的法向量为，故.设平面的夹角为，故可得，即平面MND与平面PAD的夹角的余弦值为.19、（1）函数在上递增，在上递减，极大值为，无极小值（2）【解析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的符号求得单调区间，再根据极值的定义即可得解；（2）若存在，使不等式成立，问题转化为，令，，利用导数求出函数的最大值即可得出答案.【小问1详解】解：当时，，则，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数的极大值为，无极小值；【小问2详解】解：若存在，使不等式成立，则，即，则问题转化为，令，，，当时，，当时，，所以函数在递增，在上递减，所以，所以.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.【小问1详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，，，∴，故.【小问2详解】，，，设平面的一个法向量为，由，令，则，取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，易知：为锐角，故，即平面与平面夹角的余弦值为.21、（1）；；（2）.【解析】（1）验证可知数列是以为周期的周期数列，则，；（2）由（1）可求得，利用错位相减法可求得结果.【小问1详解】当时，；当时，；当时，；数列是以为周期的周期数列；，；【小问2详解】由（1）得：，，，，两式作差得：.22、（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接，设与相交于点，连接MN，利用余弦定理可求得，，的长度，进而得到，又，由此可得平面，最后利用面面垂直的判定定理即可得证；（