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福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考（开学）数学试题（开学+开学）
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这是一份福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考（开学）数学试题（开学+开学），文件包含福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考开学数学试题原卷版docx、福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考开学数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
一、选择题：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. 等差数列满足，，则该等差数列的公差（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用等差数列的前项和公式，得到，进而得到，即可求解.
【详解】由，得到，又，所以
故.
故选：B.
2. 设等差数列的前项和为，若，，使最小的的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 4或5
【答案】D
【解析】
【分析】将分别代入等差数列的通项公式和前项和公式中，即可得到首项和公差，根据数列得通项公式分析出数列得变化规律，得出在或时取最小值.
【详解】设公差为，由，，
所以，解得，所以，
令，解得，则数列单调递增，且，
所以当或时取得最小值.
故选：D
3. 等比数列中，若，则公比为（ ）
A. 1B. －2C. 2D. 2或－2
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列定义得，结合已知即可得解.
【详解】设等比数列an的公比为，
因为，
所以，
故选：C.
4. 某中学的募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动，共收到了5000元.他们第1天只收到了20元，从第2天起，每一天收到的捐款都比前一天多15元，这次募捐活动一共进行了（ ）
A. 20天B. 25天C. 30天D. 35天
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式即可得解.
【详解】由题意可知，每一天收到的捐款成等差数列，首项为20，公差为15，
设这次募捐活动一共进行了n天，则，得（负值舍去）.
故选：B.
5. 已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述不正确的是（ ）
A. 数列的最大项为B. 数列的最小项为
C. 数列为严格递增数列D. 数列为严格递增数列
【答案】D
【解析】
【分析】分别在为偶数和为奇数的情况下，根据项的正负和的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用和可知CD正误.
【详解】对于A，由题意知：当为偶数时，；
当为奇数时，，，最大；
综上所述：数列的最大项为，A正确；
对于B，当为偶数时，，，最小；
当为奇数时，；
综上所述：数列的最小项为，B正确；
对于C，，，
，
，，，
数列为递增数列，C正确；
对于D，，，
；
，，，又，
，数列为递减数列，D错误.
故选：D.
6. 已知为等差数列，前n项和为，，公差，则数列的前10项和为（ ）
A. 10B. 50C. 60D. 70
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，
所以单调递减，且有，
记数列的前10项和为，
故，
故选：B
7. 已知按规律排列的数列，则该数列的第171项为（ ）
A. 17B. 18C. 19D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】根据题设规律知：数字有个，且截至共有项，令求值，即可知数列第171项对应的数字.
【详解】由规律知：0、1、2、3、…分别有1、2、3、4、…个，
∴数字有个，，故截至共有项.
令，则，可得或(舍去)，
∴数列的第171项为.
故选：A
8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ）
A. B. C. 71D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再根据对勾函数的性质求得的最小值.
【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列an，
则，
∴ ，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，
∴当时取最小值为．
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知数列的前项和，则（ ）
A. B. C. 是等差数列D. 是递增数列
【答案】AC
【解析】
【分析】由即可判断A；由的关系即可判断B；an从第2项开始为等差数列，由此即可判断C；由可判断D.
【详解】，故A正确；
当时，，
当时，，不适合上式，故B错误；
an从第2项开始为等差数列，所以其偶数项构成等差数列，故C正确；
因为，故D错误.
故选：AC.
10. 点在函数的图象上，当，则可能等于（ ）
A. -1B. C. D. 0
【答案】BC
【解析】
【分析】根据目标式的几何意义为在部分图象上的动点与点所成直线的斜率，即可求范围.
【详解】由表示与点所成直线的斜率，
又是在部分图象上的动点，图象如下：
如上图，，则，只有B、C满足.
故选：BC
11. 九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载．九连环一般是用金属丝制成圆形小环九枚，九环相连，套在条形横板或各式框架上，并贯以环柄．玩时，按照一定的程序反复操作，可使9个环分别解开，或合二为一，假设环的数量为，解开n连环所需总步数为，解下每个环的步数为，数列an满足：，，，则（ ）
A. B.
C. D. 成等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意逐一计算与的前6项，从而判断ABC，利用，结合等比数列的定义判断D，从而得解.
【详解】因为，，，
所以，，
，，故AC正确，B错误；
当时，，即，
则，所以不是等比数列，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知点，，则直线的倾斜角为_________.
【答案】
【解析】
【分析】应用两点式求的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角即可.
【详解】由题设，，若的倾斜角为，则，
又，故.
故答案为：
13. 等差数列中，其前项和为100，其前项和为500，则其前项和为______．
【答案】1200
【解析】
【分析】由等差数列前项和性质可得成等差数列，列方程可得.
【详解】因为是等差数列，
则成等差数列，成等差数列，
即，解得.
故答案为：.
14. 已知数列的前项和为，为数列的前项积，满足，给出下列四个结论：
①；②；③为等差数列；④.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项.
【详解】因为，所以当时，，解得或，
又，所以，故，故①正确；
因为，可得，所以，当时，，
所以，
是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确；
所以，则，所以为等差数列，故③正确；
当时，，又不符合
所以，故②不正确.
故答案为：①③④.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知点，，点在线段上.
（1）求直线的斜率；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两点斜率公式可直接解答；
（2）先确定满足关系式，然后利用基本不等式可直接解答.
【小问1详解】
由题意知，直线的斜率.
【小问2详解】
当点在两点之间时，
由点在线段上，
易知，即，
即，
当P与重合时也满足，
因此，
亦即，且，
所以，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故的最大值为.
16. 等比数列的公比为2，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列基本量的计算以及等差中项即可求解，
（2）由分组求和，结合等差等比的求和公式即可化简求值.
【小问1详解】
已知等比数列的公比为2，且成等差数列，
，
,解得，
【小问2详解】
，
.
17. 已知数列各项均为正数，且，．
（1）设 ，求证：数列是等差数列；
（2）求证：数列的前项和对于任意恒成立
【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）利用递推关系式及等差数列的定义即得；
（2）由题可得，然后利用裂项消项法求解数列的和即可．
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，
所以，
又，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列；
小问2详解】
由上可知，，
所以，
所以，
所以，
故数列的前项和对于任意恒成立.
18. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列通项公式；
（2）若，求数列的通项公式.
（3）求数列的前项和
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件，建立方程组，即可求解；
（2）根据条件得到，从而有是以为首项，公差的等差数列，即可求解；
（3）根据条件，利用错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
设等比数列an的公比为，因为，所以，
则，解得，
所以数列an的通项公式.
【小问2详解】
，即，所以，
所以是以为首项，公差的等差数列，
所以，得到.
【小问3详解】
，
所以①，
则②，
①②，得.
则.
19. 设条直线最多把平面分成部分，其求法如下：易知一条直线最多把平面分成部分，两条直线最多把平面分成部分，3条直线分平面，要使所得部分尽量多，则第三条直线必与前两条直线都相交，产生2个交点，这2个交点都在第3条直线上，并把第三条直线分成3段，这3段的每一段都在部分的某部分中，它把所在部分一分为二，故增加了3部分，即，依次类推得，累加化简得．根据上面的想法，设个平面最多把空间分成部分，且
（1）求出
（2）写出bn+1与之间的递推关系式
（3）求出数列的通项公式
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件，找出规律，依次求出前3项，即可求出的值；
（2）根据规律，归纳推理，即可得到递推关系式；
（3）利用叠加法和等差数列求和公式及连续自然数平方和公式，便可求出通项公式.
【小问1详解】
设个平面最多把空间分成部分；
1个平面最多把空间分成2个部分；即；
2个平面最多把空间分成4个部分，增加了2个部分，即；
3个平面分空间，要使所得部分尽量多，则第三个平面必与前两个平面都相交，产生2条交线，这2条交线都在第3个平面上，并把第三个平面分成4部分平面区域，这4部分平面区域的每一部分区域都在部分空间的某部分空间中，它把它所在部分空间一分为二，故增加了4部分空间，即；
4个平面分空间，要使所得部分尽量多，则第4个平面必与前3个平面都相交，产生3条交线，这3条交线都在第4个平面上，并把第4个平面分成7部分平面区域，这7部分平面区域的每一部分区域都在部分空间的某部分空间中，它把它所在部分空间一分为二，故增加了7部分空间，即；
【小问2详解】
由小问（1）知：
，
，
，
，
依次类推
，
所以；
【小问3详解】
由小问（2）知：
，
，
，
，
，
叠加可得，
根据，，
化简可得.
一、选择题：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. 等差数列满足，，则该等差数列的公差（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用等差数列的前项和公式，得到，进而得到，即可求解.
【详解】由，得到，又，所以
故.
故选：B.
2. 设等差数列的前项和为，若，，使最小的的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 4或5
【答案】D
【解析】
【分析】将分别代入等差数列的通项公式和前项和公式中，即可得到首项和公差，根据数列得通项公式分析出数列得变化规律，得出在或时取最小值.
【详解】设公差为，由，，
所以，解得，所以，
令，解得，则数列单调递增，且，
所以当或时取得最小值.
故选：D
3. 等比数列中，若，则公比为（ ）
A. 1B. －2C. 2D. 2或－2
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列定义得，结合已知即可得解.
【详解】设等比数列an的公比为，
因为，
所以，
故选：C.
4. 某中学的募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动，共收到了5000元.他们第1天只收到了20元，从第2天起，每一天收到的捐款都比前一天多15元，这次募捐活动一共进行了（ ）
A. 20天B. 25天C. 30天D. 35天
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式即可得解.
【详解】由题意可知，每一天收到的捐款成等差数列，首项为20，公差为15，
设这次募捐活动一共进行了n天，则，得（负值舍去）.
故选：B.
5. 已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述不正确的是（ ）
A. 数列的最大项为B. 数列的最小项为
C. 数列为严格递增数列D. 数列为严格递增数列
【答案】D
【解析】
【分析】分别在为偶数和为奇数的情况下，根据项的正负和的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用和可知CD正误.
【详解】对于A，由题意知：当为偶数时，；
当为奇数时，，，最大；
综上所述：数列的最大项为，A正确；
对于B，当为偶数时，，，最小；
当为奇数时，；
综上所述：数列的最小项为，B正确；
对于C，，，
，
，，，
数列为递增数列，C正确；
对于D，，，
；
，，，又，
，数列为递减数列，D错误.
故选：D.
6. 已知为等差数列，前n项和为，，公差，则数列的前10项和为（ ）
A. 10B. 50C. 60D. 70
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，
所以单调递减，且有，
记数列的前10项和为，
故，
故选：B
7. 已知按规律排列的数列，则该数列的第171项为（ ）
A. 17B. 18C. 19D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】根据题设规律知：数字有个，且截至共有项，令求值，即可知数列第171项对应的数字.
【详解】由规律知：0、1、2、3、…分别有1、2、3、4、…个，
∴数字有个，，故截至共有项.
令，则，可得或(舍去)，
∴数列的第171项为.
故选：A
8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ）
A. B. C. 71D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再根据对勾函数的性质求得的最小值.
【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列an，
则，
∴ ，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，
∴当时取最小值为．
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知数列的前项和，则（ ）
A. B. C. 是等差数列D. 是递增数列
【答案】AC
【解析】
【分析】由即可判断A；由的关系即可判断B；an从第2项开始为等差数列，由此即可判断C；由可判断D.
【详解】，故A正确；
当时，，
当时，，不适合上式，故B错误；
an从第2项开始为等差数列，所以其偶数项构成等差数列，故C正确；
因为，故D错误.
故选：AC.
10. 点在函数的图象上，当，则可能等于（ ）
A. -1B. C. D. 0
【答案】BC
【解析】
【分析】根据目标式的几何意义为在部分图象上的动点与点所成直线的斜率，即可求范围.
【详解】由表示与点所成直线的斜率，
又是在部分图象上的动点，图象如下：
如上图，，则，只有B、C满足.
故选：BC
11. 九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载．九连环一般是用金属丝制成圆形小环九枚，九环相连，套在条形横板或各式框架上，并贯以环柄．玩时，按照一定的程序反复操作，可使9个环分别解开，或合二为一，假设环的数量为，解开n连环所需总步数为，解下每个环的步数为，数列an满足：，，，则（ ）
A. B.
C. D. 成等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意逐一计算与的前6项，从而判断ABC，利用，结合等比数列的定义判断D，从而得解.
【详解】因为，，，
所以，，
，，故AC正确，B错误；
当时，，即，
则，所以不是等比数列，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知点，，则直线的倾斜角为_________.
【答案】
【解析】
【分析】应用两点式求的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角即可.
【详解】由题设，，若的倾斜角为，则，
又，故.
故答案为：
13. 等差数列中，其前项和为100，其前项和为500，则其前项和为______．
【答案】1200
【解析】
【分析】由等差数列前项和性质可得成等差数列，列方程可得.
【详解】因为是等差数列，
则成等差数列，成等差数列，
即，解得.
故答案为：.
14. 已知数列的前项和为，为数列的前项积，满足，给出下列四个结论：
①；②；③为等差数列；④.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项.
【详解】因为，所以当时，，解得或，
又，所以，故，故①正确；
因为，可得，所以，当时，，
所以，
是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确；
所以，则，所以为等差数列，故③正确；
当时，，又不符合
所以，故②不正确.
故答案为：①③④.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知点，，点在线段上.
（1）求直线的斜率；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两点斜率公式可直接解答；
（2）先确定满足关系式，然后利用基本不等式可直接解答.
【小问1详解】
由题意知，直线的斜率.
【小问2详解】
当点在两点之间时，
由点在线段上，
易知，即，
即，
当P与重合时也满足，
因此，
亦即，且，
所以，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故的最大值为.
16. 等比数列的公比为2，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列基本量的计算以及等差中项即可求解，
（2）由分组求和，结合等差等比的求和公式即可化简求值.
【小问1详解】
已知等比数列的公比为2，且成等差数列，
，
,解得，
【小问2详解】
，
.
17. 已知数列各项均为正数，且，．
（1）设 ，求证：数列是等差数列；
（2）求证：数列的前项和对于任意恒成立
【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）利用递推关系式及等差数列的定义即得；
（2）由题可得，然后利用裂项消项法求解数列的和即可．
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，
所以，
又，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列；
小问2详解】
由上可知，，
所以，
所以，
所以，
故数列的前项和对于任意恒成立.
18. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列通项公式；
（2）若，求数列的通项公式.
（3）求数列的前项和
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件，建立方程组，即可求解；
（2）根据条件得到，从而有是以为首项，公差的等差数列，即可求解；
（3）根据条件，利用错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
设等比数列an的公比为，因为，所以，
则，解得，
所以数列an的通项公式.
【小问2详解】
，即，所以，
所以是以为首项，公差的等差数列，
所以，得到.
【小问3详解】
，
所以①，
则②，
①②，得.
则.
19. 设条直线最多把平面分成部分，其求法如下：易知一条直线最多把平面分成部分，两条直线最多把平面分成部分，3条直线分平面，要使所得部分尽量多，则第三条直线必与前两条直线都相交，产生2个交点，这2个交点都在第3条直线上，并把第三条直线分成3段，这3段的每一段都在部分的某部分中，它把所在部分一分为二，故增加了3部分，即，依次类推得，累加化简得．根据上面的想法，设个平面最多把空间分成部分，且
（1）求出
（2）写出bn+1与之间的递推关系式
（3）求出数列的通项公式
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件，找出规律，依次求出前3项，即可求出的值；
（2）根据规律，归纳推理，即可得到递推关系式；
（3）利用叠加法和等差数列求和公式及连续自然数平方和公式，便可求出通项公式.
【小问1详解】
设个平面最多把空间分成部分；
1个平面最多把空间分成2个部分；即；
2个平面最多把空间分成4个部分，增加了2个部分，即；
3个平面分空间，要使所得部分尽量多，则第三个平面必与前两个平面都相交，产生2条交线，这2条交线都在第3个平面上，并把第三个平面分成4部分平面区域，这4部分平面区域的每一部分区域都在部分空间的某部分空间中，它把它所在部分空间一分为二，故增加了4部分空间，即；
4个平面分空间，要使所得部分尽量多，则第4个平面必与前3个平面都相交，产生3条交线，这3条交线都在第4个平面上，并把第4个平面分成7部分平面区域，这7部分平面区域的每一部分区域都在部分空间的某部分空间中，它把它所在部分空间一分为二，故增加了7部分空间，即；
【小问2详解】
由小问（1）知：
，
，
，
，
依次类推
，
所以；
【小问3详解】
由小问（2）知：
，
，
，
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，
叠加可得，
根据，，
化简可得.
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