2024-2025学年福建省三明市高二上册开学摸底考数学检测试卷合集2套（含解析）

2024-2025学年福建省三明市高二上学期开学摸底考数学检测试卷（一）一、单项选择题（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．已知在等比数列中，，则的值是（

）A．4 B．-4 C． D．162．已知an是递增数列，则an的通项公式可能为（A． B．C． D．3．已知等差数列，其前项和为，则（

）A．24 B．36 C．48 D．644．在数列中，若，，则（

）A． B． C． D．5．已知数列是公差不为0的等差数列，且，，为等比数列的连续三项，则的值为A． B．4 C．2 D．6．在正项等比数列中，为其前项和，若，则的值为（

）A．10 B．20 C．30 D．407．已知等差数列的前项和为，且，，则当取得最大值时，（

）A．37 B．36 C．18 D．198．高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称．小学进行的求和运算时，他这样算的：，，…，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法．已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试根据以上提示探求：若，则（

）A．2023 B．4046 C．2022 D．4044二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（

）A． B．C．该数列为递增数列 D．10．已知数列满足是的前项和，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则为等差数列C．若，则为等差数列D．若，则11．已知正项数列满足，则下列结论一定正确的是（

）A．若，则 B．若，则的值有3种情况C．若数列满足，则 D．若为奇数，则（）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知是公比为的等比数列，若，则.13．已知数列的通项公式为，记数列的前项和为，则.14．已知数列的各项都是正数，，若数列为严格增数列，则首项的取值范围是，当时，记，若，则整数四、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．已知是等差数列，是等比数列，且.(1)求数列与的通项公式；(2)求数列的前项和.16．已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图象上.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的通项公式.17．已知等差数列的前n项和为，且.(1)求；(2)求数列的前n项和.18．已知数列满足，．(1)求证：数列是等比数列；(2)设求的前项和．19．如果数列满足：且则称为n阶“归化”数列.(1)若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项；(2)若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式；(3)若为n阶“归化”数列，求证1．C【分析】利用等比数列的性质计算出答案,【详解】由题意得，解得.故选：C2．C【分析】举反例可判断A，B；将化简为，判断增减性，判断C；判断的增减性，判断D.【详解】对于A，，，A不合题意；对于B，，则，即，B不合题意；对于C，，当n增大时，减小，则增大，符合题意，C正确；对于D，随着n的增大而减小，不合题意，D错误，故选：C3．B【分析】根据题意，结合等差数列的性质，求得，再由，即可求解.【详解】因为数列为等差数列，且，由等差数列的性质，可得，所以，又由.故选：B.4．A【分析】由已知递推式求出，可得数列是以3为周期的周期数列，然后利用周期可求得结果.【详解】因为，，所以，，，，所以数列是以3为周期的周期数列，所以，故选：A5．A【详解】分析：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，可得=a1•a7，化简可得a1与d的关系．可得公比q=．即可得出=．详解：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，∴=a1•a7，可得=a1（a1+6d），化为：a1=2d≠0．∴公比q====2．则==．故选A．点睛：本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6．D【分析】由可求出，再由等比数列前项和的性质可求出的值.【详解】由，得，因为数列为等比数列，所以成等比数列，所以，所以，整理得，,解得或，因为等比数列的各项为正数，所以，所以，故选：D7．C【分析】利用等差数列的性质与前项和公式推得，，从而得解.【详解】因为，，所以，，从而当时，取得最大值．故选：C.8．B【分析】根据倒序相加法，结合等比数列的下标性质进行求解即可.【详解】根据等比数列的下标性质由，∵函数，∴，令，则，∴，∴．故选：B9．ACD【分析】根据首项可得，再逐个选项判断即可.【详解】对AB，由，得，故，故A正确，B错误；对C，得该数列为递增数列，故C正确；对D，，则，故D正确.故选：ACD10．ABD【分析】确定，求和得到A正确，确定得到B正确，计算，时不成立，C错误，确定数列的通项公式，再利用错位相减法求和得到D正确，得到答案.【详解】对选项A：当，则，所以，正确；对选项B：已知，当时，，当时，，则，故，（时也成立），所以为等差数列，正确；对选项C：已知，当时，，当时，，则，，（时不成立），所以不是等差数列，不正确；对选项D：已知，当时，，当时，，则，，（时不成立，所以，当时，，当时，，，，所以时也成立，正确.故选：ABD11．BD【分析】由数列的递推式结合分类讨论，计算可得正确结论．【详解】正项数列满足，可得，则，，，，，，，，故数列从第4项起，周期为3，故，故A错误；若，当为偶数时，，当为奇数时，；当为偶数时，，或26，当为奇数时，，故B正确；设，则，若则，得，即，经检验符合题意，故C错误；若为奇数，当为偶数时，，当为奇数时，，即为偶数，矛盾，故D正确．故选：BD．12．25【分析】由等比数列的性质即可求解.【详解】因为所以故2513．52【分析】先确定的正负，再分和求出的表达式，代入计算即可；【详解】令，所以当时，，当时，，所以，当时，；当时，，所以，故52.14．【分析】先由题给条件求得，再利用即可求得；先利用裂项相消法求得，再列不等式组，即可求得整数的值.【详解】正项数列，为严格增数列，则，则，解之得又，则，则由，可得由可得，则，则又当时，，则由可得，，又，则，解之得，则整数故；15．(1)，(2)【分析】（1）根据等差数列通项公式和等比数列通项公式基本量运算求解即可；（2）结合等差数列求和公式和等比数列求和公式，利用分组求和法求解即可.【详解】（1）设数列an的公差为，数列bn的公比为，由，所以，求得，所以；由，得，所以，所以.（2）因为，所以.16．(1)(2)【分析】（1）由与的关系即可求解；（2）由累加法即可求解.【详解】（1）因为点都在函数，所以当时，，当时，，时，也满足此式.所以（2）由（1）可得，由所以当时，，满足此式；所以17．(1)(2)【分析】（1）根据的关系求通项公式即可；（2）裂项相消法求和即可得解.【详解】（1）由①所以当时，②①②得：，整理得：，所以.（2）由（1）知，所以，所以.18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据已知条件及等比数列的定义即可求解；（2）根据（1）的结论及等比数列的通项公式，利用数列求和中的错位相减法即可求解.【详解】（1）因为，所以，即，又因为，所以，所以，故数列是以首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）可知，，即，所以.所以由，得，所以.故的前项和为.19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，故，，所以.【详解】（1）设成公差为r的等差数列，显然，则由得，由得，解得，数列为所求3阶“归化”数列.（2）设等差数列的公差为，因为，所以，所以，即.当时，此时，与归化数列的条件相矛盾.当时，由，故，又，联立解得，所以当时，由，，同理解得，所以.综上，当，（3）由已知可得：必有也必有，设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，由已知得，，所以.数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.2024-2025学年福建省三明市高二上学期开学摸底考数学检测试卷（二）一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．在空间直角坐标系中，点在平面上的投影的坐标为（

）A． B． C． D．2．已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（

）A． B．C． D．3．如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（

）A． B．C． D．4．已知向量，，则向量在向量上的投影向量（

）A． B．C． D．5．已知函数的部分图象如图所示，则（

）A． B．C． D．6．已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（

）A．若，则一定是等边三角形B．若，则一定是等腰三角形C．若，则一定是直角三角形D．若，则一定是锐角三角形7．如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（

）A． B． C． D．18．在梯形中，为钝角，且，若为线段上一点，，则（

）A． B．1 C． D．二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分．9．关于空间向量，以下说法正确的是（

）A．向量，，若，则B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底D．若空间四个点，，，，，则，，三点共线10．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（

）A．平面B．直线与直线为异面直线C．直线与直线所成的角为D．平面11．如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（

）A．存在点，使得平面B．周长的最小值为C．三棱锥的外接球的体积为D．平面与平面的夹角正弦值的最小值为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知则13．圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为.14．若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，．四､解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15．如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且分别为的中点.

(1)证明：平面.(2)求平面与平面夹角的余弦值.16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角C的大小；(2)若，，求AB边上的中线长.17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在上，且.(1)证明：平面；(2)当二面角的余弦值为时，求点到直线的距离.18．平面四边形中，，，，．(1)求；(2)求四边形周长的取值范围；(3)若为边上一点，且满足，，求的面积．19．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.

(1)求证：平面；(2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；(3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由.1．D【分析】根据点在平面上的投影特征求解即可.【详解】点在平面上的投影的坐标为.故选：D.2．B【分析】直接利用空间向量的基地概念判断选项即可.【详解】对于A，设，则，所以共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；对于B，设，则，无解，则不共面，能构成空间的一个基底，故B正确；对于C，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；对于D，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故D错误；故选：B3．B【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.【详解】.故选：B.4．C【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得.【详解】由向量，，得，而，向量在向量上的投影向量.故选：C5．D【分析】根据函数的图象及“五点法”作图求解即可.【详解】根据图象可得，，解得，所以，即，将点代入的解析式，得，则，解得，，又，，所以.故选：D.6．A【分析】A选项，由正弦定理得到，求出，同理可得，A正确；B选项，由正弦定理和二倍角公式得到，故或，故为等腰三角形或直角三角形；C选项，化切为弦得到，结合B选项可得C错误；D选项，无法确定中其中之一是否为钝角，D错误.【详解】A选项，，由正弦定理得，即，因为，所以，故，即，同理可得，故，一定是等边三角形，A正确；B选项，，由正弦定理得，即，所以，因为，所以或，故或，故为等腰三角形或直角三角形，B错误；C选项，，即，由B选项可知，为等腰三角形或直角三角形，C错误；D选项，，故，故为锐角，但不知中其中之一是否为钝角，故无法确定是否为钝角三角形，D错误.故选：A7．B【分析】延长交于点，连接交于，连接，取的中点，连接，得到四边形所求裁面，再利用平行的相似比得到为上靠近的三等分点即可．【详解】如图，延长交于点，连接交于，连接，则四边形所求截面．取的中点，连接.∵，∴是△APC的中位线，∴为的中点．又分别为的中点，∴，则，即，∴为上靠近的三等分点，故．故选：B.8．B【分析】根据题意，取中点，因为，所以，以为轴建立直角坐标系，根据，得，从而计算.【详解】根据题意，取中点，因为，所以，以为轴建立直角坐标系，则，设，，则，则因为，则,的，则，且.故选：B关键点点睛：利用坐标法，根据，确定点的坐标，再坐标法计算数量积.9．BCD【分析】根据空间向量基本定理及基底的基本概念，判断每个选项即可.【详解】解：对于选项A，由，也可能是或，故错误；对于选项B，因为对空间中任意一点，，则，整理得.由空间向量基本定理可知点，，，四点共面，故正确；对于选项C，由是空间中的一组基底，则，向量，，不共面，可得向量，，也不共面，所以也是空间的一组基底，故正确；对于选项D，若空间四个点，，，，，可得，即，则，，三点共线，故正确.故选：BCD.10．AD【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可.【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误；对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，则，则，则，则，又因为平面，所以平面.故选：AD.11．ACD【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D.【详解】A：由题意知，，又平面，所以平面，由平面，得；当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点，所以，由平面，所以平面，故A正确；B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于，此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值，又，所以的周长的最小值为，故B错误；C：易知中，，取的中点，过作平面，如图，则三棱锥的外接球的球心必在上，且，所以球的半径为，其体积为，故C正确；D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，设，所以，易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，所以，当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为，则，所以，故D正确.故选：ACD方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.12．【分析】利用同角三角函数的关系处理即可.【详解】令，则，．．故13．【分析】结合圆锥的几何特征，分别求出，最后应用圆锥体积公式计算.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，则，所以，所以圆锥的体积为.故14．【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案.【详解】因为恒成立，即恒成立，若存在实数，使得上式成立，则，则，可得，可得，解得，由，则取得最大值时，此时.故答案为.关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）不妨设，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由，得到，即可得证；（2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）不妨设，则，如图建立空间直角坐标系，

则，，，A1,0,0，，，所以，，，设m=x,y,z是平面则，取，则，所以平面的一个法向量，又，所以，因为平面，所以平面.（2）因为平面，所以是平面的一个法向量，又因为，所以平面与平面夹角的余弦值为.16．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得.（2）利用余弦定理求得，利用向量法求得AB边上中线长.【详解】（1）因为，由正弦定理可得.又因为，则，所以.整理得，即.因为，所以，所以，所以.（2）由余弦定理，且，则有，又，故.设边上中线为CM，则，，故边上中线长为.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连结，交于点，连结，利用相似比得，然后可得，根据线面平行判定定理即可得证；（2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出，再由点到直线的距离的向量公式可得.【详解】（1）连结，交于点，连结，因为，所以，又，所以，所以，

因为面，面，所以平面.（2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，，则，，，，则，，

设平面的法向量为，则，即，令，可取，