江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题

这是一份江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题，共16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。
南航苏州附中2023-2024学年第一学期高二年级十月阳光测试数   学命题人：李鑫华  审核人：史玉花一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．若直线经过点，则直线的倾斜角为（　　）A．0°           B．30°              C．60°            D．90°2．直线在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，则（　　）A． B．C． D．3．已知递增等差数列中，且是，的等比中项，则它的第4项到第11项的和为（　　）A．198 B．189 C．180 D．1684．已知数列满足，若，则（　　）A．7 B．8 C．9 D．105．若直线与互相垂直，垂足为，则的值为（　　）A． B．4 C．12 D．206．等比数列满足，，数列满足，时，，则数列的通项公式为（　　）A． B． C． D．7．一对夫妇从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄元一年定期，若年利率为保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为（　　）A．   B．   C．   D．8．定义:若（ 为常数),则称为“比等差数列”.已知在“比等差数列”中,,则的末位数字是（　　）A．0 B．2 C．4 D．6二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是（　　）A．l的倾斜角等于 B．l与x轴的交点坐标为C．l与直线垂直 D．l与直线平行10．已知等比数列的前n项和，则（　　）A．首项不确定   B．公比 C． D．11．对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（　　）A．若数列为等比数列，且成等差数列，则也成等差数列B．若数列为等比数列，则C．若数列为等差数列，则数列成等差数列D．若数列为等差数列，且，则使得的最小的值为12．已知数列，均为递增数列，的前项和为，的前项和为.且满足，，则下列说法正确的有（　　）A．   B．   C． D． 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．写出一个同时具有下列性质①②的直线l的斜截式方程：           .①直线l经过点；②直线l与x，y轴所围成的面积为.设数列的前项和为，且，，.请写出一个满足条件的数列的通项公式           .15．等差数列中，，设数列的前项和为，则=          . 16．已知数列的前项和为，对任意都有，若，则的值为           . 四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列(1)求通项公式(2)设，求数列的前项和     18．（12分）在数列中，，，.（1）证明：数列是等比数列；（2）求的前项和.      19．（12分）已知数列中，，．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和，并求出的取值范围。         20．（12分）数列满足，，(1)当时，求及；(2)是否存在实数，使得数列为等差数列或等比数列？若存在，求出其通项公式，若不存在，说明理由．    21．（12分）已知正项数列前项和为，且满足.(1)求；(2)令，记数列前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围      22．（12分）已知各项均为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列， 从第5项起依次成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）求出所有的正整数m ，使得．
参考答案：1．A【分析】由两点的纵坐标相等，可直接得到直线的倾斜角.【详解】因为两点的纵坐标相等，所以直线平行于轴，所以直线的倾斜角为0°．故选：A2．B【分析】根据截距的定义进行求解.【详解】中，令，解得，令，，故.故选：B3．C【分析】由条件结合等差数列的通项公式及等比中项的定义列方程求数列的公差和首项，再利用求和公式求它的第4项到第11项的和.【详解】设递增等差数列的公差为，则，且是，的等比中项，，解得，第4项到第11项的和为所以，即数列的第4项到第11项的和为180.故选：C．4．B【分析】根据递推公式一一列举即可.【详解】解：因为，，所以，，，，，，，，，由，所以.故选：B5．D【分析】由直线与互相垂直，利用一般式的垂直公式可求得，再将垂足代入两直线方程可求出，继而可求.【详解】因为直线与互相垂直所以，解的，所以直线为，又垂足为，可得，解得，则垂足为，又其在上，可得，解得.所以，故选：D.6．A【分析】由等比数列的性质与累加法求解，【详解】根据题意得，，解得，故，时，，故．故选：A7．D【分析】根据题意依次分析孩子在1周岁时、2周岁时存入的元产生的本利合计，则可得是以为首项，为公比的等比数列的前17项的和，由等比数列的求和公式可得答案.【详解】根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的元产生的本利合计为，同理：孩子在2周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在3周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在17周岁生日时存入的元产生的本利合计为，可以看成是以为首项，为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：故选：D【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的前项和的公式的应用，属于基础题.8．B【详解】分析：本题考查的是数列的新定义问题．在解答时，首先应根据新定义获得数列{}为等差数列，进而求的通项公式，结合通项公式的特点即可获得问题的解答．详解：由题意可知：，，．∴数列{}为以1为首项以1为公差的等差数列．∴．n∈N*∴．所以的末位数字是2．故选B．点睛：本题以数列的新定义为背景，考查了等差数列定义及通项公式，累乘法，考查了学生分析问题解决问题的能力．9．AD【分析】根据直线的方向向量求出其斜率，代入点斜式方程求出直线方程即可.【详解】由直线l的一个方向向量为求得，又直线经过，所以，化简得.，所以直线得倾斜角为，故A对；当时，，故B错；，故C错；且，故D对.故选：AD.10．BCD【解析】根据等比数列基本量运算，依次判断每个选项，即可得到答案；【详解】由，当时，.由数列为等比数列，可得必定符合，有，可得，数列的通项公式为，，数列的公比.由上知A选项错误，故选：BCD.【点睛】本题考查等比数列的前项和递推公式，求数列的公比等性质.11．AC【分析】利用等差等比数列的定义及等差数列的中项公式，结合等差等比数列的通项公式及前项和公式即可求解.【详解】对于A，因为数列为等比，且成等差数列，所以，所以，，即，于是有，所以，所以也成等差数列，故A正确；对于B，因为数列为等比数列，当时，，所以，故B错误；对于C，因为数列为等差数列，所以，所以是关于的一次函数，所以数列成等差数列，故C正确；对于D，因为数列为等差数列，且，所以，即，又，所以，所以，即,解得，所以使得的最小的值为，故D错误.故选：AC.12．ABC【分析】对于A，由数列为递增数列，，可得，从而可求得的范围，对于B，由数列 为递增数列，，可得从而可求出 的取值范围，对于CD，求出，，然后比较即可.【详解】∵数列为递增数列；；，，，；故A正确．；因为数列为递增数列；，，，即所以，所以所以B正确；；所以对于任意的；故C正确，D错误．故选：ABC13．（或）【分析】设出直线方程，求出直线与坐标轴的交点，根据面积可求出答案.【详解】设直线l的方程为，令，解得，令，解得.所以直线与x，y轴所围成的面积为，则或，解得或，所以的方程为或.故答案为：（或）14．（答案不唯一）【分析】由题意确定数列的特征，然后结合数列的特征给出满足题意的数列的通项公式即可.【详解】因为，则数列是递增的，又，所以最小，数列从第7项开始为正，而，因此不妨设数列为等差数列，公差为1，，所以，满足条件的数列的一个通项公式.故答案为：（答案不唯一）.15.16．【分析】利用关系及等比数列定义求的通项公式，再由等比数列前n项公式及已知求k值.【详解】当，则，即，又，则，所以是首项为，公比为的等比数列，则，则，即，，可得.故答案为：【点睛】本题考查数列的递推关系以及数列前项和、项数的最值问题，考查分析和计算能力.17．(1)（2’）或（3’）(2)（2’）或（3’） 【分析】（1）根据等差数列求和公式、等差数列通项公式以及等比中项列式求出和可得结果；（2）根据等比数列求和公式可求出结果.【详解】（1）设等差数列的公差为，则，即，又成等比数列，所以，即，整理得，得或，若，则，，若，则，得，，.综上所述：或.（2）若，则，；若，则，.18．（1）证明见解析；(6’,没有写首项扣一分）（2）.（6’）【解析】（1），，变形为，，进而证明结论；（2）由（1）可得：，再利用分组求和即可得出.【详解】（1）证明：，，.又因为，数列是首项为1，公比为5的等比数列，（2）由（1）可得：，，的前项和 19．(1)（）（6’，没有写n=1扣一分）(2)（6’） 【分析】（1）将已知条件变形为，运用累乘法即可求得结果.（2）运用裂项相消法求和即可.【详解】（1）因为，（），所以，（），所以，，，…，，（且），所以（且），整理得：（且），即，（且），又因为，所以，（且），当时，适合上式，所以，（ ）.（2）由（1）知，，所以，即.20．(1)，（各2分，共4分）(2)不存在等差数列（2分），存在等比数列.（求出入2分，累加求出得4分） 【分析】（1）将、代入求出，从而求出；（2）首先表示出、，若数列为等差数列，根据等差中项的性质得到方程，推出矛盾，若数列为等比数列，根据等比中项的性质得到方程求出，即可得到，在利用累加法求出通项公式，即可证明.【详解】（1），，，即，，故．（2），，，，若数列为等差数列，则，，，方程没有实根，故不存在，使得数列为等差数列．若数列为等比数列，则，即，解得，，，，，，，将个式子相加，，，又当时，符合条件，，，故数列为首项为，公比为的等比数列，其通项公式为.21．(1)（证明3分，结果1分）(2)（错位相减4分，单调性2分，结果2分） 【分析】（1）根据与的关系即可求解； （2）利用错位相减法求解得，参变分离即可求的范围.【详解】（1）因为，当时，有，两式相减得，移项合并同类项因式分解得，因为，所以有，在中，当得，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，故有（2）由（1）知，，，，由题意，对任意的，均有恒成立， ，即恒成立，设，所以，当时，，即 ；当时，，即，所以的最大值为， 所以.故的取值范围是. 22．(1) （6分）；(2) m= 1，或m=3．（6分，证明无解2分）【分析】（1）首先根据条件前项成等差数列可以将，用公差的代数式表示，再由条件从第项起依次成等比数列可以得到关于公差的方程：，从而解得或（舍去），即可得数列的通项公式为；（2）考虑到（1）中求得数列的分段性，因此首先可验证或时符合题意，或时不合题意，接下来只需说明当，条件给出的方程无解即可：，若，则，∴，而这是不可能成立的，从而得证.【详解】（1）设数列前项的公差为，则，(为整数)又∵，，成等比数列，∴，即，得或（舍去），当 时，， 6 分 ∴，，数列从第项起构成的等比数列的公比为，∴当时，，故，（2）由（1）知，当时等式成立，即，当时等式成立，即， 当或时等式不成立，当时，，若，则，∴， ，，从而方程无解，∴ .故所求或．