2024-2025学年吉林省长春市高二上册第二学程考试数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年吉林省长春市高二上学期第二学程考试数学检测试卷一、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，只有一项符合题目要求.1.已知等差数列满足，则等于（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据条件，利用等差数列的性质，即可求解.【详解】因为，解得，故选：D.2.“两个向量与共线”是“，，成等比数列”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【正确答案】B【分析】利用等比中项和向量共的坐标表示，结合条件及充分条件和必要条件的判断方法，即可求解.【详解】若向量与共线，则有，当，显然有与共线，此时，，不是等比数列，即“两个向量与共线”推不出“，，成等比数列”，若，，成等比数列，则有，此时两个向量与共线，即“，，成等比数列”可以推出“两个向量与共线”，所以“两个向量与共线”是“，，成等比数列”的必要不充分条件，故选：B.3.在四面体中，点为线段靠近的四等分点，为的中点，若，则的值为（）A. B.1 C. D.【正确答案】C【分析】先依据空间向量基本定理利用向量、、表示向量，进而求得、、的值，即可求得的值.【详解】由又，则，所以，故选：C．4.若正三角形的一个顶点是原点，另外两个顶点在抛物线上，则该正三角形的边长为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】设等边三角形的边长为，由对称性可得在抛物线上，代入，即可求.【详解】设等边三角形的边长为，则由等边三角形和抛物线的对称性可得等边三角形一个顶点的坐标为，代入抛物线方程得，解得.故选：B5.若点为坐标原点，点为曲线上任意一点，，则点的轨迹方程为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据题意，设点，再由向量的坐标运算代入计算化简，即可得到结果.【详解】设点，因为，所以，即，又点为曲线上任意一点，所以，即，即点的轨迹方程为．故选：B．6.2024年春节前夕，某商城针对顾客举办了一次“购物送春联”的促销活动，活动规则如下：将一天内购物不少于800元的顾客按购物顺序从1开始依次编号，编号能被3除余1，也能被4除余1的顾客可以获得春联1对，否则不能获得春联．若某天符合条件的顾客共有2000人，则恰好获得1对春联的人数为（）A.167 B.168 C.169 D.170【正确答案】A【分析】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，根据题意结合等差数列的通项求出其通项公式，进而可得出答案.【详解】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为，则既是3的倍数，也是4的倍数，故为12的倍数，所以是首项为0，公差为12的等差数列，所以，令，即，且，解得，且，又，所以恰好获得1对春联的人数为167．故选:A7.在平面直角坐标系中，，为双曲线的左、右焦点，，P为E左支上异于顶点的一点，直线PM平分，，，则E的离心率为（）A B.2 C. D.4【正确答案】A【分析】由题意得，设与交于点，可得，利用双曲线定义可得，由离心率公式计算即可.【详解】由，得，设与交于点，如图，由直线PM平分，且，可得为等腰三角形，则为的中点，可得，又因为，可得，即，所以双曲线E的离心率为.故选：A.8.已知首项为的等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，若恒成立，则的取值范围是（）（参考数据：，）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先求基本量公比，求出的通项公式，进而构造数列，构造函数，，研究函数的单调性证明，从而证明当时，成立，进而得到数列的最大项，由此可得的范围.【详解】设等比数列的公比为，因为，，成等差数列，则，又，得到，即，解得或（舍），所以，由，得到，令，当时，；当时，；当时，，故.下面证明当时，.构造函数，则，且在单调递增；则，故在上单调递增，则，所以当，成立，即，故当时，，则，，则当时，.综上可知，数列的最大项为，即.要使恒成立，即恒成立，则.故选：C.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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.9.下列说法正确的有（）A.若等差数列的前项和为，则，，也成等差数列B.数列是等比数列C.若等比数列满足：，则D.若等差数列的前项和为，，，则的最大值是【正确答案】CD【分析】根据等差数列前项和公式可得选项A错误；令可得选项B错误；由等比数列性质可得选项C正确；由，得，由此可得选项D正确.【详解】A.设等差数列的公差为，则，，，∴，，当时，，，，不成等差数列，选项A错误.B.当时，数列不是等比数列，选项B错误.C.在等比数列中，，∵，∴，∴，∴，选项C正确.D.∵，，∴，则当时，，故的最大值是，选项D正确.故选：CD.10.已知线段是圆的一条动弦，，直线与直线相交于点，下列说法正确的是（）A.直线恒过定点B.直线与圆恒相交C.直线，的交点在定圆上D.若为中点，则的最小值为【正确答案】ACD【分析】由直线过定点即可判断A，由直线过定点以及点与圆的位置关系即可判断B，联立直线方程，然后消去即可得到点的轨迹方程，即可判断C，先求得点的轨迹方程，再由点的轨迹方程，即可得到的最小值，即可判断D.【详解】对于选项A，因为直线，即，令，解得，则直线恒过定点，故A正确；对于选项B，因直线，即，令，解得，所以直线恒过定点，将点代入圆可得，即点在圆外，所以直线与圆不一定相交，故B错误；对于选项C，联立两直线方程可得，解得，消去可得，即，故C正确；对于选项D，设，因为，且为中点，所以，而圆的圆心，半径为，则圆心到弦的距离为，即，即点的轨迹方程为，圆心，半径为，由选项C可知，点的轨迹方程为，圆心，半径为，两圆圆心距为，所以的最小值为，故D正确；故选：ACD11.已知数列满足，且则（）A. B.C.当时， D.【正确答案】ACD【分析】根据三角恒等变换计算可得，再利用累乘法可求得数列的通项公式为，可知B错误，计算可得A正确，根据三角函数单调性可判断C正确，再由同角三角函数之间的基本关系可得D正确.【详解】由可得；即，，所以，因此，；累乘可得；而也满足此式，故,所以，即，可得，即A正确；B错误；当时，，所以可得；又可得，即，可知C正确；由可得，又，，因此，又时，易知，所以，即可得，即D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，其中14小题第一空2分，第二空3分，共15分.12.在等比数列中，，且，则的最小值为___.【正确答案】【详解】∵数列为等比数列，∴∴，∴∴，当且仅当时取最小.故答案为.得解：本题主要考查基本不等式，其难点主要在于利用等比数列的性质得到即为定值.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.13.设椭圆焦距为，则数列的前项和为__________.【正确答案】【分析】根据椭圆的标准方程求出焦距为，再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】因为，所以数列为等差数列，首项，所以数列的前项和为.故本题考查了椭圆的简单几何性质、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.14.已知动点在抛物线上，过点引圆的切线，切点分别为，，则的最小值为________．【正确答案】##【分析】设圆心为，由四边形的面积得，利用转化为，再由距离公式求的最小值即可.【详解】设圆心为，半径为2，则四边形的面积，所以，又在中，，所以，设，则，所以当时，有最小值，此时有最小值故关键点点睛：此题中求有最小值关键是利用四边形的面积将的表达式求出来，再转化为的函数求最值.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知数列的各项均为正实数，，且.（1）求证：数列是等比数列；（2）若数列满足，求数列的前项和的最小值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）通过构造法可证明结论.（2）由（1）求数列的通项公式即可得到数列的通项公式，分析可得数列是以为首项，为公差的等差数列，根据可得结果.【小问1详解】∵，∴，其中，∴数列是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）得，，∴，∵，∴数列是以为首项，为公差的等差数列，∴，数列为递增数列，∴当时，有最小值，最小值为.16.已知圆心为的圆经过点，，且圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）已知直线过点2,1且直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程.【正确答案】（1）（2）或【分析】（1）易知的垂直平分线方程为，联立直线方程，求得圆心，利用两点间距离公式求出半径，即可求解圆的标准方程；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，当斜率存在时，设直线方程为，求出圆心到直线的距离，结合条件，利用弦长公式，即可求解，当斜率不存在时，直线方程为，联立圆的方程，直接求出交点，即可求解；.【小问1详解】因为，，则的垂直平分线方程为，即，由，解得，所以圆心为，，所以圆的标准方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设直线的方程为，即，设圆心到直线的距离为，则，由题有，整理得到，解得，此时直线方程为，当直线斜率不存在时，直线方程为，由，解得或，此时弦长为，满足题意，综上，直线的方程为或.17.已知椭圆（），其右顶点为，上、下顶点分别为，．直线的斜率为，过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，两点（，均在轴右侧）．（1）求椭圆的方程；（2）设四边形面积为，求的取值范围．【正确答案】（1）；（2）．【分析】（1）因为，，所以，可求得椭圆方程（2）设,,，直线方程为，将直线代入椭圆方程得求得面积，利用均值不等式求得取值范围．【详解】（1）因为，，所以，所以椭圆方程为；（2）设,,,直线方程为，将直线代入椭圆方程得，则，，，；面积；令，则，即．所以四边形面积的取值范围为．18.如图，在矩形中，，沿将折起，点到达点的位置，使点在平面的射影落在边上.（1）证明：；（2）求点到平面的距离；（3）若，求直线与平面所成角的正弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证平面，即可证明；（2）根据题意，作，垂足为，由线面垂直的判定定理可得平面，即可得到点到面的距离；（3）点为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及线面角的公式代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由点在平面的射影落在边上可得：平面，又平面，所以，又，且平面平面，所以平面，又平面，故.【小问2详解】作，垂足，由已知得：且平面平面，从而平面，且平面，所以平面平面，又平面，平面平面，所以平面，即即为点到平面的距离，在直角三角形中，，所以，故点到平面的距离为.【小问3详解】在直角三角形中可得，，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，所以，从而，易知，设平面的一个法向量为n=x,y,z所以，解得：，又直线的方向向量为，因此可得故直线与平面所成角的正弦值为.19.如图，已知圆心为，半径为的同心圆与直线在第一象