数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年03月试卷_0316黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高二下学期开学考试

铁人中学2023级高二下学期开学考试 数学 答案 考试时间： 2025 年 3 月 铁人中学 2023 级高二下学期开学考试 因为a a 2，所以aq2 aq2，即q2q20，解得q=2或q  1（舍）， 3 2 1 1 数学答案 所以a aqn1 2n1， n 1 一 选择题 设b 的公差为d， n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为a b b ，a b 2b ，所以b b 8，b 2b 16， 4 3 5 5 4 6 3 5 4 6 C C A A D B D A BC BD BCD 2b 6d 8 所以 1 ，解得d b 1，所以b b (n1)d n. 二 填空题 3b 13d 16 1 n 1 1  n1 a 2n1 1 1 32 2 2,n为奇数 （2）c  n    ， 12. x y30. 13.2 172 14.a n  n n a n 1a n1 1 (2n11)(2n1) 2n11 2n1  1 322 1,n为偶数 1 1 1 1 1 1 1 1 所以T c c c Lc       L  n 1 2 3 n 201 211 211 221 221 231 2n11 2n 1 三 解答题 1 1   ， 因为n为正整数，所以 >0，所以 < 2 2n 1 1 1 15.（1）由题意得2c2 6，即c 6，所以a2b2 6， 2 +1 2 又因为数列 单调递减，所以 单调递增，所以 = 因为双曲线C经过点2,2，所以代入可得 a 4 2  b 4 2 1， 2 1 +1 ≥ 1 1 6 所以 解得a2 2，b2 4， 1 1 17．（6≤ 1） 由 < 题2意知在等腰梯形ABCD中，AB//CD， x2 y2 所以C的方程为  1. 2 4 又E,F分别为AB,CD的中点，所以EF  AB,EF CD， （2）设直线l的方程为ykxmm0，Ax,y ，Bx ,y ，AB的中点为Mx ,y  . 即折叠后EF DF,EF CF ， 1 1 2 2 0 0 ykxm DFCF F ，所以EF 平面DCF， 联立  x2 y2 ，消去y整理得：  2k2 x22kmx  m24  0，   1 又MC 平面DCF，  2 4 所以2km24  2k2 m24  8  m22k24  0，x x  2km ， 所以EF MC． 1 2 2k2 （2）∵平面BEFC平面AEFD，平面BEFC平面AEFDEF ，且EF DF， x x km 2m  km 2m  则x  1 2  ，y kx m ，所以M , . 0 2 2k2 0 0 2k2 2k2 2k2  所以DF平面BEFC，CF 平面BEFC, 2m km 1 因为M在直线y4x上，所以 4· ，又m0，所以k  . DF CF，DF,EF,CF两两垂直， 2k2 2k2 2 16．（1）设a 的公比为q0， 以F 为坐标原点，分别以FD,FC,FE所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， n 第 1 页 共 3 页铁人中学2023级高二下学期开学考试 数学 答案 考试时间： 2025 年 3 月 易知DM 1,MF 1， x2 y2   1 由 4 3 得(3t24)y26nty3(n24)0 ， 所以M1,0,0,D2,0,0,A1,0,2,B0,1,2，   xtyn    (6nt)24(3t24)3(n24)0 ，即3t2n240， 则MA0,0,2,DA1,0,2,AB 1,1,0 6nt 3(n24)   y y  ,y y  ， 设平面MAB的法向量mx,y,z ， 1 2 3t24 1 2 3t24 1 1 1   P(x,y )在椭圆C上 ，  mMA2z 0 ur 1 1 则 m    A  B  x 1 1 y 1  0 ，取x 1 1，则y 1 1，得m1,1,0；  x 1 2  y 1 2 1，即y2  3 (4x2)， 4 3 1 4 1 3 (4x2)  y y y 2 4 1 3， k k  1  1  1   1 PB x 2 x 2 x 24 x 24 4 1 1 1 1 3 3 k 2k  ，即k k  ， 2 1 2k 2 PB 2 PB P(x,y ),Q(x ,y )在直线l上， 1 1 2 2  x ty n,x ty n ， 设平面DAB的法向量nx ,y ,z  1 1 2 2 2 2 2 y y y y y y  n  D  A  x 2z  0 r k 2 k PB  x  2 2  x  1 2  (ty n2 1 )(t 2 y n2)  t2y y t(n2)( 1 y 2 y )(n2)2 则   2 2 ，取z 2 1，则x 2 2,y 2 2，可得n2,2,1， 2 1 2 1 1 2 1 2 nABx y  0 3(n24) 2 2    3t24  3(n2) ，   mn 4 2 2 3(n24)t2 6n(n2)t2 4(n2) cos m,n      ，由图易知平面MAB与平面DAB夹角为锐角，  (n2)2 m n 23 3 3t24 3t24 3(n2) 3 2 2 2   ，即n ， 所以平面MAB与平面DAB夹角的余弦值为 ． 4(n2) 2 3 3 32 c 1 此时3t2n243t2 0， 18．（1）由题可知，e  ，ac1 解得a2,c1， 9 a 2 2 2 直线l的方程为xty ，即直线l过定点( ,0).  b a2c2  3 ， 3 3 x2 y2 椭圆C的方程为  1. 4 3 （2）①证明：设直线l的方程为xtyn(n2)，P(x,y ),Q(x ,y )， 1 1 2 2 第 2 页 共 3 页铁人中学2023级高二下学期开学考试 数学 答案 考试时间： 2025 年 3 月 由a a 2n1， n1 n 1 可得a a a a a a ...a a 135...2n1 n12n1n2， n 1 2 1 3 2 n n1 2 上式对n1也成立，即有a n2，nN*； n （2）（i）若a 5，且满足b c 2a 4，可得b b b b a a 2a 4， 1 n1 n n n1 n1 n n n1 n n 2 ②解：记直线l过定点N( ,0)， 3 即a 3a 4，即有a 23a 2， n1 n n1 n 8  A(2,0) |AN| ， 3 可得数列a 2是首项和公比均为3的等比数列，即有a 23n，即a 23n， 1 4 n n n S  |AN||y y | (y y )24y y ， 2 1 2 3 1 2 1 2 可得b a a 23n，c b b 23n123n 43n，不为非零常数，故a 不为二阶等差 n n1 n n n1 n n 4t 32 1 y y  ,y y   ， 1 2 3t24 1 2 3 3t24 数列； 1 4 16 3 27t232  S  |AN|| y y | (y  y )24y y  2 1 2 3 1 2 1 2 27t236 （ii）数列a n 的前n项和 S 2n 3  13n 2n 1 3n13 ， 1 n 13 2 16 3 4 ， 27t232 114n 27t232 不等式3n2S 4a 0，即13n4n110，即为1 对nN*恒成立． n n 3n 16 3 S  114n 74n 114n 8n26 令m 27t2 32[4 2,)，则 4 ， 设d  ，d d    ， m n 3n n1 n 3n1 3n 3n1 m 4 当1n3时，d d d d ，当d 4时，可得d d 0，即有d d ...d ， m 在[4 2,)上单调递增， 4 3 2 1 n1 n 4 5 n m 5 16 3  16 6 可得数列d n 中最小项为d 4  81 ， 当m4 2时，S有最大值 4 9 . 4 2 5 76 4 2 则1 ，即有 ，则实数的取值范围（- ， ） 81 81 76 19．（1）若a 1，b 3，c 2， ∞ −81 1 1 n 则a a a 13，即a 4， 2 1 2 2 由c b b 2，可得b 32n12n1， n n1 n n 则a a b 5，可得a 9，a a b  7，解得a 16， 3 2 2 3 4 3 3 4 第 3 页 共 3 页