2022-2023学年江苏省苏州市实验中学高二上学期10月学情调研数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省苏州市实验中学高二上学期10月学情调研数学试题

一、单选题

1．已知数列满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据递推公式逐步赋值即可求出．

【详解】因为，所以．

故选：A．

2．在等差数列中，为其前n项和，若，，则其公差为（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】D

【分析】由已知，列出关于和d的关系式，即可解出.

【详解】由已知得，，解得，

故选：D.

3．已知直角坐标系中，连接两点的所有直线中倾斜角最大的直线的斜率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据斜率的定义以及斜率的坐标公式即可判断．

【详解】因为，，，而在上单调递增，且，在上递增，且，，所以连接两点的所有直线中倾斜角最大的直线为，其斜率为．

故选：B．

4．在等比数列中，为其前n项和，且，则它的公比q的值为（    ）

A．1 B． C．1或 D．1或

【答案】C

【分析】分类讨论q是否为1，结合等比数列前n项和公式，即可解得q的值.

【详解】当q=1时，，满足.

当时，由已知可得，

，显然，.

所以，有，解得，q=1（舍去）或.

综上可得，q=1或.

故选：C.

5．已知一直角梯形的高为2，上下底边长分别为1和2，将该梯形绕着垂直于底边的一腰旋转一周所得几何体体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意知，几何体为圆台，根据圆台的体积公式即可求得.

【详解】直角梯形绕着垂直于底边的一腰旋转一周所得几何体为圆台.

由题意知，圆台的上下底面半径分别为1和2，

则上下底面的面积分别是，.

所以，圆台的体积=.

故选：B.

6．已知正项等差数列的前项和为，若，则的值为（    ）

A．3 B．14 C．28 D．42

【答案】D

【分析】根据等差数列的性质得，则可由已知等式求的值，从而利用求和公式和等差数列性质求得值.

【详解】解：正项等差数列，则

若，则，解得或（舍）

则.

故选：D.

7．在《九章算术》中有一个古典名题“两鼠穿墙”问题：今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.大意是有两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙.大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.若垣厚33尺，则两鼠几日可相逢（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】B

【解析】由题意知：大鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，小鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，设两鼠天可相逢，求两数列的前项和加起来大于或等于33的最小的正整数即可.

【详解】设两鼠天可相逢，

由题意知：大鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，

大鼠天打洞尺寸为，

小鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，

小鼠天打洞尺寸为，

两鼠天打洞尺寸之和为：，

令，

经验证：时，不成立；

时，成立；

所以两鼠6日可相逢，

故选：B

【点睛】方法点睛：

数列实际应用中常见的模型：

（1）等差模型：如果增加或减少的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；

（2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；

（3）递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第项与第项的递推关系，还是前项和与前和之间的递推关系.

8．已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足.若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用等差数列的性质求得，然后按的奇偶性分类讨论，用分离参数法求得的范围．

【详解】是等差数列，则，又，

所以，

不等式为，

是奇数时，不等式为，，

时，设，，

时，，递减，时，，递增，

又是正奇数，，，所以的最小值是，

，，

 是偶数时，不等式为，，

时，是增函数，又取正偶数，所以的最小值是，所以，

综上，．

故选：A．

【点睛】本题考查数列不等式恒成立问题，解题方法是利用等差数列的性质求得通项公式，然后由按的奇偶性分类讨论，目的是把不等式中的化简，然后用分离参数法转化为求函数的最值，从而得参数范围．

二、多选题

9．以下说法正确的是（    ）

A．垂直于同一直线的两条不同的直线平行

B．垂直于同一平面的两条不同的直线平行

C．平行于同一平面的两条不同的直线平行

D．平行于同一直线的两条不同的直线平行

【答案】BD

【分析】根据线面平行、垂直的性质和平行公理逐个分析判断即可.

【详解】对于A，垂直于同一直线的两条不同的直线，可能平行，可能相交，可能异面，所以A错误，

对于B，由线面垂直的性质可知，垂直于同一平面的两条不同的直线平行，所以B正确，

对于C，平行于同一平面的两条不同的直线，可能平行，可能相交，可能异面，所以C错误，

对于D，由平行公理可知，平行于同一直线的两条不同的直线平行，所以D正确，

故选：BD

10．在中，若直线的斜率为，则角大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】先计算直线的斜率，然后利用角与直线、的倾斜角的关系，求出角的正切值，最后得到角的取值即可.

【详解】由题可知直线的斜率为，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，，则，所以或

故选：BC

11．等差数列的各项，设其前项和为，且，则以下命题正确的是（    ）

A．的值不可能为0：

B．当时，的最小值为18

C．等式恒成立

D．当值最大时，的值为9

【答案】BC

【分析】由条件结合等差数列的前项和公式确定数列的首项和公差的关系，再结合通项公式和前项和公式依次判断各选项即可.

【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，即，所以，A错误；因为，令，所以，又，，所以，所以，又，所以当时，的最小值为18，B正确，因为，，所以当和时，值最大，D错误，因为，所以当时，，即，C正确；

故选：BC.

12．在边长为2的正方体中，为底面的中心，为线段上的动点，为线段的中点，则（    ）

A．过三点的正方体的截面可能为等腰梯形

B．直线与平面所成角的最大值为

C．三棱锥的体积不是定值

D．不存在一点，使得

【答案】ABD

【分析】根据正方体的截面作法，线面角问题，三棱锥的体积问题逐一分析选项即可.

【详解】对于A,取上点，使 连接，

易知，

又正方体中，，

所以，

所以四边形就是过三点的正方体的截面，它是等腰梯形，

故A对，

对于B,连接,,延长交的延长线于，连接交于，

由图可知,在正方体中，平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，

所以即为所求线面角，故,

其中

故当取最小值时，最大，此时直线与平面所成角为最大值，

因为为线段上的动点，

所以当点运动到点时，为最小值，即与平面所成角最大，

连接，

由题意，,

所以，

所以，

所以直线与平面所成角的最大值为，

故B对,

对于C,连接，,

因为在三棱锥中，底面的面积一定，高为2，

所以 是一定的，

在三棱锥中，底面的面积一定，

因为为的中点，

所以当点变化时，三棱锥的高不变，

所以是一定的，

由图可知，

所以三棱锥的体积是定值,

故C错,

对于D, 以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设则

则 ，，

假设存在一点，使得，

则

所以

整理得，

，

化简整理得其中

故该方程无解，所以不存在一点，使得，

故D对.

故选：ABD

三、填空题

13．在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角为__________.

【答案】

【分析】连接，，则，证明平面，可得，利用，即可得出结论．

【详解】解：如图，连接，，

几何体是正方体，可知底面是正方形，则，

且侧棱底面，平面

，，平面

平面，

平面，

，

异面直线、所成角是．

故答案为：．

14．已知等差数列前项和为，若，则的值为__________.

【答案】0

【分析】根据等差数列的前项和的性质，成等差即可求出．

【详解】依题可知成等差，所以，解得：．

故答案为：0．

15．已知直三棱柱中，，则该三棱柱外接球的体积为__________.

【答案】

【分析】先利用正弦定理求地面的外接圆半径，然后利用勾股定理求外接球的半径，最后求得体积.

【详解】棱柱底面的外接圆直径，所以该三棱椎外接球的半径，所以该三棱柱外接球的体积为

故答案为：

四、双空题

16．设数列的各项均为正数，前项和为，对于任意的和的等差中项为.①若，则的表达式为__________.②设数列的前项和为，且，若对任意的实数（为自然对数的底数）和任意正整数，总有），则的最小值为__________.

【答案】          4

【分析】第一空，根据题意可得，继而得，两式相减可求得，从而求得的表达式；

第二空，第一空的结论可求得的表达式，可采用裂项求和法求得，求其最值，将不等式恒成立转化为最值问题，可得答案.

【详解】因为和的的等差中项为，所以①，②，

②–①得 ，

因为 ，所以 ，

由，令 ，解得 ，

所以是首项为1，公差为1的等差数列，，

 所以 ；

，

所以

 ，

因为随着n的增大而减小，,故当时，取最大值，

所以，，所以 ，

若对任意的实数（为自然对数的底数）和任意正整数，总有），则有 ，所以k的最小值为4，

故答案为：；4.

【点睛】本题考查了等差中项的应用，考查根据的关系求数列通项以及数列不等式的恒成立问题，涉及到等比数列的求和以及裂项求和等，综合性强，计算量大，解答的关键是根据数列通项，采用裂项求和法求和，进而将数列不等式恒成立问题转化最值问题求解.

五、解答题

17．已知等差数列满足：数列满足

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前项和.

【答案】(1)，

(2).

【分析】（1）设出公差，列出方程，求出公差，得到通项公式，再根据得到为等比数列，公比为3，求出；

（2）利用错位相减法求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

因为，

所以，解得：，

所以，

因为，所以，

所以为等比数列，公比为3，首项，

所以；

（2），

所以，

则，

两式相减得：，

所以.

18．已知数列满足，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前项和为，其中.求的表达式.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据递推关系式，构造成，利用累加法即可求数列的通项公式；

（2）根据（1）得，从而可化简，按照裂项相消法求和即可.

【详解】（1）解：因为

所以

则，，，……，（）

累加得：

所以

又时，符合上式，故.

（2）解：由（1）得，所以

19．已知数列满足

(1)求出数列的通项公式；

(2)已知数列前项和为，满足.数列满足，试求数列前项和为

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据的前项和与的关系，采用相减的方式求解数列的通项公式；

（2）根据数列前项和为与的关系，求解，设确定其单调性，得，最终按照分组求和的方法得.

【详解】（1）解：已知数列满足

当时，，

当时，

两式相减得：

时满足上式，所以.

（2）解：已知数列前项和为，满足

当时，，所以

当时，

两式相减得：，整理得

所以，且

则，，，……，

累加得：

所以，则，

且，均满足上式，所以

所以

设，则

故数列为单调递增数列

又，所以当时，恒成立

所以

则

.

20．如图，在直角梯形ABCD中，，，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将折起，使得点A到点P位置，且，M为PB的中点，N是BC中点.

(1)证明：MN平面PCD；

(2)证明：平面平面PBC.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）易知，MN是的中位线.进而推出，线线平行，线面平行.

（2）证明面面垂直，常用线面垂直.经分析，可证明平面.

【详解】（1）证明：因为在中，M为PB的中点，N是BC中点

所以

因为平面，平面

所以平面

（2）证明：因为，，，

平面EBCD，平面EBCD，

所以面

又因为平面，所以

又因为，，

平面，平面，

所以平面

又因为面，所以

又因为，M为中点，所以

又因为，平面PBC，

平面PBC，平面

因为平面，平面平面.

21．已知数列的前项和为，满足：，

(1)求数列的通项公式；

(2)对于正整数，已知三数构成等差数列，求正整数的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据求出，得到为等差数列，设出公差，利用求出公差，进而求出通项公式；

（2）由等差数列性质得到，变形为，结合正整数，得到只有，等式才成立，进而求出正整数的值.

【详解】（1）变形为①，

当时，②，①－②得：

，

由于在分母上，故，所以，

整理得：，

因为，所以，

即，

所以为等差数列，首项为，设公差为，

当时，，即，

解得：，

所以，经验证，满足要求；

（2）由题意得成等差数列，

故，

因为且为正整数，

所以，其中为正整数，

因为，

而，

故只有时，才成立，

此时，由于为正整数，

所以.

22．已知数列是首项为4的单调递增数列，满足

(1)求证：；

(2)设数列满足，数列前㑔和，求的值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）通过两次配方可得，再由数列可两边开放得证；

（2）由配方整理得，则数列是首项为2，公差为2的等差数列，可求出，即，则由平方差公式可转化为等差数列求和，则可求得

【详解】（1）证明：由题意得，，即，即，

∵数列是首项为4的单调递增数列，，∴

（2）由（1）得，即，即，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，故，

则，

∴