2024-2025學年四川省巴中市高二下學期3月月考數學檢測試題一、單項選擇題（每小題5分，共40分）1.若在等差數列中，．則的公差為（）A.1 B.2 C.3 D.6【正確答案】B【分析】根據等差數列的通項公式，將已知等式化簡，兩式相減即可求得答案【詳解】因為，所以,解得,所以等差數列為正數等差數列，所以故選：B2.已知向量，若，則（）A. B.4 C. D.5【正確答案】A【分析】先求，再由解方程即可求得.【詳解】由，可得，又由，則得，即，解得.故選：A.3.若公差為等差數列滿足，，則n等于（）A.7 B.8 C.9 D.10【正確答案】B【分析】由等差數列的通項公式，建立方程，可得答案.【詳解】由題意可得，則，解得.故選：B4.若雙曲線的焦距為4，實軸長為2，則其離心率為（）A.2 B. C. D.【正確答案】A【分析】根據雙曲線的幾何性質求出得解.【詳解】由題可得，，，所以雙曲線的離心率為.故選：A.5.如圖，在棱長為1的正四面體（四個面都是正三角形）中，分別為的中點，則直線和夾角的正弦值為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】由題意，根據空間向量的線性運算可得和數量積的運算律和定義計算即可求解.【詳解】，因為分別為的中點，所以，，且，則，所以，即直線和夾角的余弦值為，所以正弦值為.故選：C6.若橢圓C：的焦點和頂點分別是雙曲線E的頂點和焦點，則雙曲線E的標準方程為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】由橢圓的方程先求出雙曲線的焦點和頂點坐標，再結合即可求解.【詳解】由橢圓可得，，，且焦點在y軸上，可知橢圓的長軸頂點為，焦點為，所以雙曲線的焦點為，頂點為，設雙曲線方程為，可得，，則，所以雙曲線的方程為.故選：A.7.廣豐永和塔塔高九層，每至夜色降臨，金燈齊明，塔身晶瑩剔透，遠望猶如仙境．某游客從塔底層（一層）進入塔身，即沿石階逐級攀登，一步一階，此后每上一層均沿塔走廊繞塔一周以便瀏覽美景，現知底層共二十六級臺階，此后每往上一層減少兩級臺階，頂層繞塔一周需十二步，每往下一層繞塔一周需多三步，則這位游客從底層進入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需（）A.352步 B.387步 C.332步 D.368步【正確答案】C【分析】設從第層到第層所走的臺階數為，繞第層一周所走的步數為，根據題意數列是等差數列，由等差數列的前項和，同理數列是等差數列，由等差數列的前項和即可求解.【詳解】設從第層到第層所走的臺階數為，繞第層一周所走的步數為，由已知可得，，，，，，所以數列是首項為26，公差為的等差數列，故，，數列為公差為的等差數列，故，，設數列，的前項和分別為，，所以，，，故這位游客從底層進入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需332步．故選：C.8.已知數列，，且，將與公共項按從大到小的順序排列組成一個新數列，則的前10項和為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】對n分奇數與偶數討論，求出數列與數列的公共項，利用裂項相消法求和.【詳解】因為數列是正奇數數列，對于數列，當為奇數時，設，則，為奇數；當為偶數時，設，則，為偶數，所以，由數列的函數特性知為遞減數列，又，所以，故選：C．二、多項選擇題（每小題6分，共18分）9.若公差為的等差數列的前項和為，且，則（）A. B.C. D.【正確答案】AD【分析】根據題設條件得到，即可判斷選項A和B的正誤，再求出時，，當時，，即可判斷選項C和D的正誤.【詳解】設等差數列的首項為，由題有，解得，所以選項A正確，選項B不正確，又，由，得到，所以是數列前項和的最小值，故選項C不正確，選項D正確，故選：AD.10.如圖，在棱長為2的正方體中，，分別為棱，的中點，則（）A.直線與所成角的余弦值為B.平面C.點到直線的距離為1D.在上的投影向量為【正確答案】BC【分析】對于A，利用向量的方法求解夾角余弦值.對于B，要判斷直線與平面平行，可根據直線與平面內一條直線平行且直線不在平面內來判斷.對于C，求點到直線的距離，可利用向量的投影等知識求解即可.對于D，求向量在另一個向量上的投影向量，根據投影向量的定義進行計算.【詳解】如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，，，，，，且，分別為棱，的中點，可知，，可得，，，，對于選項A：因為，所以直線與所成角的余弦值為，故A錯誤；對于選項B：，，設平面的法向量為，則，令，解得，所以，，因為，所以平面，B選項正確；對于選項C：因為在方向上的投影向量的模長為，且，點到直線的距離為，故C正確；對于選項D：在上的投影向量為，D錯誤.故選：BC.11.將25個數排成5行5列：已知第一行，，，，成等差數列，而每一列，，，，都成公比為的等比數列.若，，，則下列結論一定正確的是（）A. B.C. D.【正確答案】BD【分析】首先利用等差數列和等比數列性質，列方程組求出公比，公差，進而求出第一行的值，再分類討論計算，逐個判定即可.【詳解】因為第一行成等差數列，設公差為，每列成等比數列，設公比為，則，，，變形三個方程，，，，后兩個聯立得到，即；(?)前兩個聯立得到，即；(??)聯立得到的式子，可解得，即.故B正確.將代入前面式子，當此時，則；，則；，則；當此時，則；，則；，則；綜上所得，A，C錯誤，B，D正確.故選：BD.三、填空題（每小題5分，共15分）12.已知是等比數列，且，，則__________．【正確答案】【分析】設等比數列的公比為，推導出，結合等比數列的性質可求得的值.【詳解】因為是等比數列，設其公比為，則，由等比數列的性質可得，故.故答案為.13.如圖，空間四邊形OABC中，6條棱長都為，且，則___________（用，表示）.【正確答案】【分析】根據向量的線性運算求解．【詳解】因為，所以，故．14.雙曲線的右頂點為A，點M，N均在C上，且關于y軸對稱，若直線，的斜率之積為，則C的離心率為______.【正確答案】【分析】根據斜率公式即可結合雙曲線的方程求解得，進而可求解.【詳解】雙曲線的右頂點為，則，又點，均在上，且關于軸對稱，設，，又直線，的斜率之積為，則，即，①又，即，②聯立①②可得：，即，即．故四、解答題（共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.設是公比為正數的等比數列，，.（1）求的通項公式；（2）設是首項為1，公差為2的等差數列，求數列的前n項和.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）設為等比數列的公比，由已知易得值，則數列的通項可求；（2）由已知可得的通項，利用分組求和法，求解.【小問1詳解】設為等比數列的公比，則由，得，解得q＝3，∴的通項為；【小問2詳解】由已知可得，∴，.16.如圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，N分別為AB，PC的中點.（1）求證：平面PAD；（2）平面PAD與平面MND夾角的余弦值；（3）在棱PA上是否存在一點E，使得直線DE與平面PBC所成角為若存在，確定點E的位置，若不存在，說明理由.【正確答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，點E為PA中點【分析】（1）取的中點，利用平行公理、線面平行的判定推理即得；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解平面與平面夾角的余弦值；（3）利用線面角的向量求法求解即可．【小問1詳解】在四棱錐中，取的中點，連接，，由，分別為，的中點，，又四邊形是正方形，則，于是四邊形是平行四邊形，，而平面，平面，所以平面【小問2詳解】以為原點，直線，，分別為軸建立空間直角坐標系，則，平面一個法向量為，設平面的法向量，所以，令則，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為【小問3詳解】，假定在棱上存在一點，滿足條件，令，，設平面的一個法向量，則，取，得，則直線與平面所成角正弦值為，解得，所以在棱上存在一點，使得直線與平面所成角為，點為中點．17.已知等差數列的公差，，且，，成等比數列；數列的前項和，且滿足.（1）求數列，的通項公式；（2）設，求數列的前項和.【正確答案】（1），；（2）【分析】（1）根據題目條件得到和，求出首項和公差，得到，再利用求出，為等比數列，故；（2）在（1）基礎上，利用錯位相減法求和即可.【小問1詳解】，故，，，成等比數列，故，即，化簡得，因為，所以，將代入得，，，①中，令得，解得，當時，②，①-②得，即，所以為首項為3，公比為3的等比數列，故；【小問2詳解】，故①，所以②，式子①-②得，故.18.已知橢圓長軸長為4，C的短軸的兩個頂點與左焦點構成等邊三角形．（1）求C的標準方程；（2）F是橢圓的右焦點，點Q是橢圓上一動點，，求周長的最大值．（3）直線l與橢圓相交于A、B兩點，且，點P滿足，O為坐標原點，求的最大值．【正確答案】（1）（2）（3）【分析】（1）根據題意可得，，再根據，解得，即可得出答案；（2）根據，當且僅當為的延長線與橢圓相交時取等號，即可求周長的最大值；（3）當直線的斜率不存在時，直線恰好是短軸，由，得；當直線的斜率存在時，設，,將直線與橢圓方程聯立結合韋達定理可得，由弦長公式可得，解得，設點為的中點，則，由基本不等式可得，所以，即可得出答案.【小問1詳解】，，，的標準方程是．【小問2詳解】設左焦點為，，.的周長為，，當且僅當為的延長線與橢圓相交時取等號，【小問3詳解】①當直線的斜率不存在時，設，，直線恰好是短軸，又，在圓上，；②當直線的斜率存在時，設,，聯立，得，，，，所以，解得：，設點為的中點，，，則，令，所以，當且僅當時等號成立，因為，所以在以為直徑的圓上，圓心為，，經檢驗，，所以的最大值為．19.某少數民族的刺繡有著悠久的歷史，下圖①、②、③、④為她們刺繡最簡單的四個圖案，這些圖案都由小正方形構成，小正方形數越多刺繡越漂亮，現按同樣的規律刺繡(小正方形的擺放規律相同)，設第個圖形包含個小正方形.（1）求出；（2）歸納出與的關系式，并根據你得到的