2021-2022学年北京市顺义区第一中学高二3月月考数学试题解析

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 17 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 页2021-2022学年北京市顺义区第一中学高二3月月考数学试题一、单选题1已知等差数列满足，则公差的值为（）ABCD2【答案】D【分析】由，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，即等差数列的公差.故选：D.2数列满足，则的值为（）ABCD【答案】C【分析】由题设可知为等比数列，再由等比数列的性质即可求解【详解】，则又因为，所以所以为等比数列当时，；当时，故选：C3记为等差数列的前n项和已知，则ABCD【答

2、案】A【分析】等差数列通项公式与前n项和公式本题还可用排除，对B，排除B，对C，排除C对D，排除D，故选A【详解】由题知，解得，故选A【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断4已知各项均为正数的等比数列的前4项为和为15，且，则（）A2B4C8D16【答案】B【分析】设正项等比数列的公比为，依题意根据等比数列的通项公式及前项和公式求出、，即可得解；【详解】解：设正项等比数列的公比为，由，即，即，解得或（舍去），又，解得，所以；故选：B5已知等差数列的公差为

3、d,前n项和为,则“d0”是A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【详解】由，可知当时，有，即，反之，若，则，所以“d0”是“S4 + S62S5”的充要条件，选C【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过套入公式与简单运算，可知， 结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故互为充要条件6设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为（ ）ABCD【答案】C【分析】判断椭圆长轴（焦点坐标）所在的轴，求出a，接利用椭圆的定义，转化求解即可【详解】椭圆=1的焦点坐标在x轴，a=，P是椭圆=1上的动点，由椭圆的定义可

4、知：则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a=2故选C【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的定义的应用，属于基础题7在等比数列中，公比.若，则m=A9B10C11D12【答案】C【详解】试题分析：由等比数列的性质可知，答案选C.【解析】等比数列的性质8已知抛物线上一点的纵坐标为，为焦点，则（）ABCD【答案】D【分析】先求出点的坐标，然后根据抛物线的定义可求出的值【详解】当时，得，所以，抛物线的焦点,准线方程为，所以，故选：D9中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走

5、378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为.A24里B12里C6里.D3里【答案】C【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解得：，故选C【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题10在等差数列中，记，则数列（）A有最大项，有最小项B有最大项，无最小项C无最大项，有最小项D无最大项，无最小项【答案】B【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各

6、个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【详解】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.二、填空题11在等比数列中，则公比=_【答案】【分析】代通项公式即可求解【详解】因为为等比数列所以所以，所以故答案为：12设等差数列的前项和为，若，则的最小值为_【答案】【解析】用基本量法求出数列的通项公式，由通项公式可得取最小值时的值，从而得的最小值【详解】设数列公

7、差为，则由已知得，解得，又，、的最小值为故答案为：【点睛】本题考查等差数列的前项和的最值首项为负且递增的等差数列，满足的最大的使得最小，首项为正且递减的等差数列，满足的最大的使得最大，当然也可把表示为的二次函数，由二次函数知识求得最值13记Sn为等比数列an的前n项和若，则S5=_【答案】.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查【详解】设等比数列的公比为，由已知，所以又，所以所以【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误三、双空题14

8、已知双曲线，则的右焦点的坐标为_: 的渐近线方程是_.【答案】 【分析】根据双曲线方程直接可得焦点坐标及渐近线方程.【详解】由双曲线方程，得，所以，所以右焦点坐标为，渐近线方程为，即，故答案为：；.15已知数列的前n项和为，则_，若，恒成立，则实数的最大值是 _.【答案】 2.5【分析】由化简即可得出数列为以为首项，以2为公比的等比数列.即可写出通项公式.根据题意写出，将、带入不等式，参变分离后根据在上单调递增，即可求出实数的最大值.【详解】（1）当时：.（2）当时：-：=定值常数.所以数列为以为首项，以2为公比的等比数列.所以.，恒成立即恒成立因为在上单调递增. .所以所以实数的最大值是四、

9、解答题16已知等差数列中，.(1)设，求证：数列是等比数列；(2)求数列的前项和.(3)求数列的前项和【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由已知条件求出等差数列的公式，从而可求出，则可得，然后利用等比数列的定义证明即可，（2）利用分组求和法求解即可，（3）由（1）可得，再利用裂项相消求和法求解即可【详解】(1)设等差数列的公差为，则由，得，解得，所以，所以，所以，所以数列是以2为公比，4为首项的等比数列(2)由（1）可得，所以(3)由（1）可得，所以17如图，在正方体中， E为的中点（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）.【分析】（）证明出四边

10、形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .【详解】（）方法一：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；方法二:空间向量坐标法以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、，设平面的法向量为，由，得，令，则，则.又向量,又平面，平面；（）方法一：几何法延长到，使得，连接，交于，又，四边形为平行四边形，又,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接

11、,平面,平面,，又,直线平面,又直线平面,平面平面,在平面中的射影在直线上,直线为直线在平面中的射影，为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,即直线与平面所成角的正弦值为.方法二：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又,，直线与平面所成角的正弦值为.方法三：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角设正方体的棱长为2，在中，易得，可得由，得，整理得所以所以直线与平面所成角的正弦值为方法四：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，所以，易得由，得，解得，设

12、直线与平面所成的角为，所以【整体点评】（）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.18已知前n项和为的数列中，.（1）若是等比数列，求的通项公式；（2）若是等差数列，求的最大值.【答案】（1）或；（2）.【解析】（1）先

13、设等比数列的公比为，根据等比数列的求和公式，求出公比，进而可求出通项公式；（2）先设等差数列的公差为，根据题中条件，求出公差，得出前项和，即可得出最大值.【详解】（1）设等比数列的公比为，因为，q1所以，即，解得或，所以或；（2）设等差数列的公差为，因为，所以，因此，所以，因为是开口向下，对称轴为的二次函数，又，所以当或时，取得最大值.19已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5（）求的通项公式；（）求和：【答案】（1）an=2n1.（2）【详解】试题分析：（）设等差数列的公差为，代入建立方程进行求解；（）由是等比数列，知依然是等比数列，并且公比是，再利用等比

14、数列求和公式求解.试题解析：（）设等差数列an的公差为d.因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.解得d=2.所以an=2n1.（）设等比数列的公比为q.因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以.从而.【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和.20已知椭圆过点，且(1)求椭圆C的方程：(2

15、)过点的直线l交椭圆C于点，直线分别交直线于点求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，联立即可求得与（2）作图分析可知，要证即证，以直线的斜率为参数表示出与，结合韦达定理化简即可证明【详解】(1)由椭圆过点 , 得 .又 解得 椭圆的方程为 (2)当直线 的斜率不存在时, 显然不合题意. 设直线 ,由 得.由 , 得 .设 ,则 .又 直线: 令 , 得 将 代入, 得.同理 21给定一个数列，在这个数列里，任取项，并且不改变它们在数列中的先后次序，得到的数列称为数列的一个阶子数列已知数列的通项公式为（为常数），等差数列是数列的一个3阶子数列（1）求的值；（2）等差数列是的一个阶子数列，且（为常数，求证：；（3）等比数列是的一个阶子数列，求证：【答案】（1）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析【详解】（1）利用等差数列的定义及其性质即可得出；（2）设等差数列b1，b2，bm的公差为d由b1，可得b2，再利用等差数列的通项公式及其不等式的性质即可证明；（3）设c1 （tN），等比数列c1，c2，cm的公比为q由c2，可得q从而cnc1qn1（1nm，nN）再利用等比数列的前n项和公式、函数的单调性即可得出（1）解：a2，a3，a6成等差数列，a2a3a3a6又a2，a3，a6，代入得，