广东省广州市广东实验中学2024-2025学年高二下学期开学入境训练 数学试题（含解析）

这是一份广东省广州市广东实验中学2024-2025学年高二下学期开学入境训练 数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
2. 已知各项都是正数的等比数列中，存在两项使得且，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用给定条件，求出等比数列的公比，进而求出m，n的关系等式，再利用“1”的妙用求解作答.
【详解】设正项等比数列的公比为，由得：，
即，解得：，又，，则，即，
则，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
故选：A
3. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A. 120B. 85C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
4. 以斐波那契数：1，1，2，3，5，…为边的正方形拼成一个长方形，每个正方形中画圆心角为的圆弧，这些圆弧连接而成的弧线也称作斐波那契螺旋线，下图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得到扇形的半径，利用圆锥底面周长等于扇形弧长，求得圆锥底面的半径，进而计算表面积.
【详解】根据已知可得所求扇形半径为，即圆锥母线长为，
设圆锥底面半径为，则，，
所以圆锥表面积为，
故选:A.
5. 已知是公差不为0的等差数列，是其前项和，则“对于任意，都有”是“的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式和充分性、必要性的概念求解即可.
【详解】因为数列是公差不为0的等差数列，所以，
当时，没有最大值，所以由对于任意，都有可得，所以，充分性成立；
当时，，所以必要性不成立，
故“对于任意，都有”是“的充分不必要条件，
故选：A
6. 设数列的前项之积为，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知递推式可得数列是等差数列，从而可得，进而可得的值．
【详解】由，得，即，解得，
当时，，显然，则，
因此数列是首项为，公差为2的等差数列，，
则，所以.
故选：C
7. 已知数列满足，且，则数列的前18项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用数列的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列的周期，整理数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】由，则，
即，
显然，满足公式，即，
当时，；当时，；当时，；
当时，，当时，；当时，；
则数列是以为周期的数列，由，则，
设数列的前项和为，
.
故选：D.
8. 已知数列的前项和为，，．则下列选项正确的（ ）
A. B. 数列是以2为公比的等比数列
C. 对任意的D. 的最小正整数的值为15
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设的递推关系可得，从而可得，由此可得的通项和的通项，从而可逐项判断正误.
【详解】依题意，，由，，得，
又，则，即，而，
因此数列为等比数列，，即，，AC错误；
对于B，，不是常数，数列不是等比数列，B错误；
对于D，，数列各项均为正，因此数列是递增数列，
，
，所以的最小正整数n的值为15，D正确.
故选：D
二、多选题：共2个小题．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则是等差数列
B. 若是等差数列，则三点、、共线
C. 若，则
D. 若是等比数列，则、、一定成等比数列
【答案】BC
【解析】
【分析】计算判断A；结合等差数列前项和公式，借助斜率判断B；利用诱导公式，结合倒序相加法计算判断C；举例说明判断D.
【详解】对于A，由，得，
，数列不是等差数列，A错误；
对于B，令为等差数列公差为，则，，
，，，，所给三点共线，B正确；
对于C，由，得，
，因此，C正确；
对于D，令，是等比数列，而，
数列不是等比数列，D错误.
故选：BC
10. 设为的单调递增数列，且满足，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 至多有种取值可能
C.
D. （表示大于或等于的最小整数，表示小于或等于的最大整数）
【答案】AC
【解析】
【分析】由条件化简得，则，或，A项代入求解可得；B项结合每项求解时递推关系都有两种选择，利用分步计数原理可得；C项利用变化范围利用放缩法转化为等比数列求和即可证明；D项，由范围及符号定义可求.
详解】由得，
，
所以，
因为为的单调递增数列，
所以，即，
所以，或.
A项，因为，
令，并将代入上式可得，
解得或，又为的单调递增数列，
故，故A正确；
B项，由A项知，
要确定的取值，需要个步骤：
第1步，由确定有2种选择；
第2步，由确定有2种选择；
；
第2023步，由确定有2种选择，
每一步都有两种选择（要么满足，要么满足.），
故由分步乘法计数原理可知，至多有种取值可能.
考虑到：若，根据或，
可得或即或；
可得或或或.
下面用数学归纳法证明：
数列中，任意，，即所有可能的取值有个.
（i）当时，由，则根据或，
可得或，即或.
即的所有可能取值为个，即当时命题成立；
（ii）假设当时，命题成立，
即，，所有可能的取值有个.
则根据或，
可得或，
故所有可能的取值为，共个.
故当时，命题也成立.
综合（i）（ii）可知，对任意，，即所有可能的取值有个，得证.
由已证命题结论，故的所有可能取值为
共个，故B错误；
C项，，
①若以后各项的确定，每步选择都选（时也满足），
即对任意恒成立，且，
则是首项为2，公比为2的等比数列，
即，所以；
②若以后各项的确定，每步选择都选，
即对任意恒成立，且，
则是首项为2，公比为2的等比数列，，
即当时，，所以；
③若数列以后各项的确定，每步都随机选择或两种中的一种，
结合①②可知，不论每步如何选择，对随着选择变化的任意数列，
都有对任意恒成立.
由上结论可知，，
所以有，又，
则
，且当时，.
所以，故C正确；
D项，由，
则
设，则 ，，
故当时，，当时，；
当时，，当时，，
所以，故D错误；
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有以下两点，一是理解两种递推关系或的选择不确定，每一项求解时递推关系的不同选择导致数列的变化；二是放缩法的使用，应用分式放缩，将不易求和的数列问题通过放缩转化为等比数列的易求和问题，从而证明不等式.
三、填空题：本题共2小题
11. 已知数列满足，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】变形给定的递推公式，利用构造法求出通项.
【详解】由，得，即，
因此数列是首项为，公差为1的等差数列，，
所以
故答案为：
12. 正方形位于平面直角坐标系上，其中，，，．考虑对这个正方形执行下面三种变换：（1）：逆时针旋转．（2）：顺时针旋转．（3）：关于原点对称．上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是，，，四个点所在的位置会发生变化．例如，对原正方形作变换之后，顶点从移动到，然后再作一次变换之后，移动到．对原来的正方形按，，，的顺序作次变换记为，其中，．如果经过次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是-恒等变换．例如，是一个3-恒等变换．则3-恒等变换共________种；对于正整数，-恒等变换共________种．
【答案】 ①. 6 ②.
【解析】
【分析】根据3-恒等变换必定含可列举求解；作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.求得，，，，从而可得，利用构造法求得，从而有，再利用累加法求得.
【详解】3-恒等变换必定含，所以一共有，，，，，这6种3-恒等变换；
注意到，作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.
把这次变换分解成次变换和第次变换，
假设经过次变换之后余数为0．如果经过次变换后的余数是0，则第次变换余数不可能为0；如果经过次变换后的余数分别是1，2，3，则第次变换余数必须分别为3，2，1．其他完全类似，因此
，
，
，
．
把后三个式子相加可得，
代入第一个式子可得，．
所以是公比为3的等比数列．
已经算出，而2-恒等变换有，，这三种，故．因此，，从而．
两边同乘，可得．
根据累加法可得
于是．
故答案为：6；
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是要注意到作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.把这次变换分解成次变换和第次变换，从而得到，，，，进而得到，至此思路就清晰明朗了.
四、解答题：本题共4小题．解答应写出文字说明，正明过程或演算步骤．
13. 已知为数列的前项和，，且是公差为1的等差数列．正项等比数列满足，．
（1）求数列的通项；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算得到，根据等比数列公式得到，计算得到答案.
（2）确定，则， ，相减计算得到答案.
【小问1详解】
，是公差为的等差数列，，即，
当时，，满足通项公式，则.
是正项等比数列，设公比为，则，
，而，故，，即.
【小问2详解】
，
， ，
两式相减得到：
故.
14. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
（1）若，证明：平面；
（2）若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【小问1详解】
（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
15. 已知数列前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围；
（3）设，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的数组；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）已知求即可；
（2）结合 (1) 求出 , 而后根据 正负进行讨论;
（3）表示出 , 结合的单调性求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，解得；
由，得，
所以，整理得，
所以，所以，
所以，所以，所以是等差数列，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
又，所以是递增数列.
当时，若对任意的恒成立，则；
当时，若对任意的恒成立，则，即，
所以的取值范围是.
【小问3详解】
由（1）知，假设存在正整数，使得成等差数列，
则，即，其中，故，即.
设，则，
故数列为递减数列，而，故的正整数解为，
此时，故即，由的单调性可得，
所以符合条件的数组为.
16. 在平面直角坐标系中，有点、．若以轴为折痕，将直角坐标平面折叠成互相垂直的两个半平面（如图所示），则称此时点在空间中的距离为“点关于轴的折叠空间距离”，记为．

（1）若点、、在平面直角坐标系中的坐标分别为、、，求证：，；
（2）若点、在平面直角坐标系中的坐标分别为、，试用文字描述满足的点在平面直角坐标系中的轨迹是什么，并求该轨迹与轴围成的图形的面积；
（3）若在平面直角坐标系中，点是椭圆上一点，过点的两条直线、分别交椭圆于、两点，且其斜率满足，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）点所在轨迹是半圆：与四分之三圆：的组合曲线；
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点、、的坐标，即可求出、的值，即可证得结论成立；
（2）对点的位置关系进行分类讨论，根据求出点的轨迹方程，确定轨迹形状，即可求得其轨迹所围成区域的面积；
（3）在平面直角坐标系中，设、两点坐标分别为、，设直线的方程为，可知直线的方程为，然后、两点的位置进行分类讨论，求出的取值范围，结合弦长公式以及基本不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
建立如图1所示的空间直角坐标系，

其中为坐标原点、轴、轴正方向与原平面中一致，
轴正方向与折叠后的轴正方向一致．
由题，空间中三点坐标分别为、、．
因此
【小问2详解】
由题意，空间中点的坐标为，
（i）当点在轴上半平面，即时，空间中点的坐标为，
于是．化简得．
因此在平面直角坐标系中，点在轴上半平面的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆；
（ii）当点在轴下半平面．即时，空间中点的坐标为，
于是，化简得．
因此在平面直角坐标系中，点在轴下半平面的轨迹为以为圆心，以为半径的圆.
所以，点所在轨迹是半圆：与四分之三圆：的组合曲线,（如图2）.
其与轴围成的面积为．
【小问3详解】
在平面直角坐标系中，设、两点坐标分别为、．
设直线的方程为，即，
因为，所以直线的方程为．
由于与、两点在平面直角坐标系中的相对位置有关，
而点的位置与两直线的斜率有关．
因此首先需要对、两点可能的位置进行讨论，并求出相应的的范围．
由于两直线具有对称性，此点位置与点位置等价，所以不妨设．
因为时，、两点重合，与题目中交于两点不符，舍去．
当直线与椭圆相切时，计算此时的斜率，联立，
整理得：①，
令，解得．
因此若使、两点存在，需成立．
，，于是，同理，
当、两点存在且不重合时，有三种可能的位置关系：
（i）、同在轴上半平面；
（ii）、同在轴下半平面；
（iii）在轴上半平面，而在轴下半平面．
记椭圆左、右顶点分别为、，
则直线的斜率，的斜率，

（i）由图3，当直线、均高于直线（包括重合）时，、同在轴上半平面，
此时由于两直线的对称性，只需直线的斜率大于等于直线的斜率即可，所以，
再由前述限制，此时斜率满足．

如图4所示，当点、位于轴的上半平面，即时．
、两点空间坐标分别为、，
因此②，
又，
代入②式可得：,，
因此，．
【点睛】关键点点睛：对空间折叠距离的理解，求得折叠后的点的坐标是关键，平面解析几何的方程思想的应用.