2025-2026学年江苏省苏州市吴江区吴江中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年江苏省苏州市吴江区吴江中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案），共7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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线y=π4的倾斜角大小为( )
A. 0B. π4C. π2D. 3π4
2.在等差数列{an}中，若a1+a4+a7=39，a2+a5+a8=33，则a3+a6+a9的值为( )
A. 30B. 27C. 24D. 21
3.在等比数列{an}中，a9+a10=a(a≠0),a19+a20=b，则a99+a100等于
A. b9a8B. (ba)9C. b10a9D. (ba)10
4.若斜率为-2的直线l经过点(0,8)，则l与两坐标轴围成的三角形面积为( )
A. 8B. 16C. 32D. 64
5.若a1,a2,⋯,a2n+1成等差数列，奇数项的和为75，偶数项的和为60，则该数列的项数为( )
A. 4B. 5C. 9D. 11
6.数列an中，a1=2，点an,an+1n∈N*在经过A(1,4),B(-1,0)的直线l上，则a100=( )
A. 2100B. 2101C. 2100-2D. 2101-2
7.设α,β∈[0,π)，且tanα=-3,tanβ=2，点A(-1,4),B(3,2)，过点P(1,-2)的直线l与线段AB始终有交点，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A. [0,β]∪[α,π)B. [α,β]C. β,π2∪π2,αD. [β,α]
8.已知等差数列an满足a5+a7>0，a6+a7a2>a3，则数列an是递减数列
C. 若a3=4,a7=16，则a5=±8
D. 数列an+an+1是等比数列
11.已知各项为正的数列an的前n项和为Sn，且anSn=4n∈N*，则( )
A. a1=2B. 数列an是等比数列
C. 数列an是递减数列D. 数列an中不存在小于132的项
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过点(1,2)和(3,4)的直线方程为 ．
13.已知等差数列an的公差d不为0，若a1，a3，a7成等比数列，则a1d的值为 ．
14.已知等差数列an和等比数列bn满足a1+b1=7，a2+b2=4，a3+b3=5，a4+b4=2，则an+bnn∈N*的通项公式an+bn= ．
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.(本小题13分)
平面直角坐标系xOy中，已知点A(-2,1),B(6,3)和直线l:2x+y-1=0．
(1)求过点A且与直线l平行的直线l1的方程；
(2)求过A,B的中点，且与直线l垂直的直线l2的方程．
16.(本小题15分)
数列an中，an=32，Sn=63，
(1)若数列an为公差为11的等差数列，求a1
(2)若数列an为以a1=1为首项的等比数列，求数列an2的前m项和Sm'.
17.(本小题15分)
已知数列an为等差数列，公差d≠0，ann∈N*的部分项ak1,ak2,⋯,akn恰为等比数列，若k1=1,k2=5,k3=17．
(1)求kn；
(2)设数列bn满足：bn=nkn+12n∈N*，求数列bn的前n项和Sn．
18.(本小题17分)
如图，设直线l1：x=0，l2：3x-4y=0．点A的坐标为(1,a)a>34．过点A的直线l的斜率为k，且与l1，l2分别交于点M，N(M,N的纵坐标均为正数)．
(1)设a=1，求▵MON面积的最小值；
(2)是否存在实数a，使得1|OM|+1|ON|的值与k无关？若存在，求出所有这样的实数a；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
已知数列an的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列an前n项和为Sn，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若amam+1=am+2，求正整数m的值；
(3)是否存在正整数m，使得S2mS2m-1恰好为数列an中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.B
5.C
6.D
7.D
8.A
9.BC
10.AB
11.AC
12.x-y+1=0
13.2
14.7-n+(-1)n-1，n∈N*
15.解：(1)设与直线l平行的直线l1为2x+y+m=0，
因为直线过点A，则2×(-2)+1+m=0⇒m=3，
所以，直线l1的方程为2x+y+3=0；
(2)由题设，A,B的中点为(2,2)，
而直线l的斜率为-2，则与l垂直的直线l2的斜率为12，
所以，过点(2,2)且与直线l垂直的直线l2的方程为y-2=12(x-2)，
故所求直线为x-2y+2=0．

16.解：(1)依题意，得a1+(n-1)×11=32na1+n(n-1)2×11=63，故na1+n(n-1)×11=32nna1+n(n-1)2×11=63,
所以n(n-1)2×11=32n-63，即(11n-42)(n-3)=0，因为n为正整数，故n=3，
所以a1+22=32，故a1=10
(2)设公比为q，当q=1时，Sn=nan=63，因为n为正整数故无解，故q≠1．
所以1-32q1-q=63，解得：q=2，故an=2n-1，从而an2=22(n-1)=4n-1
∴Sm'=1-4m1-4=13(4m-1).

17.(1)解：根据题意，设等差数列an的首项为a1，
因为ann∈N*的部分项ak1,ak2,⋯,akn恰为等比数列，且k1=1,k2=5,k3=17，
所以a1,a5,a17成等比数列，即a52=a1a17，
所以a1+4d2=a1a1+16d，整理得a1=2d，
所以，an=a1+(n-1)d=(n+1)d，
所以ak1=a1=2d,ak2=a5=6d，
所以ann∈N*的部分项ak1,ak2,⋯,akn构成的等比数列的首项为a1=2d，公比为3，
所以，其通项公式为akn=2d×3n-1，
又因为akn=kn+1d，所以kn+1d=2d×3n-1，
因为d≠0，所以kn=2×3n-1-1
(2)解：因为由(1)得kn=2×3n-1-1，
所以bn=nkn+12=n⋅3n-1
所以Sn=1×30+2×31+3×32+⋯(n-1)⋅3n-2+n⋅3n-1，
3Sn=1⋅31+2⋅32+⋯+(n-1)⋅3n-1+n⋅3n，
两式相减得：-2Sn=30+31+32+⋯+3n-1-n⋅3n=1-3n1-3-n⋅3n=3n-12-n⋅3n，
所以，Sn=n⋅3n2-3n-14=(2n-1)3n+14．

18.解：(1)因为直线l过点A(1,a)(a>34)，且斜率为k，
所以直线l的方程为y=k(x-1)+a．
因为直线l与l1，l2分别交于点M，N，所以k≠34，
因此由x=0y=k(x-1)+a得x=0y=a-k，即M(0,a-k)，
由3x-4y=0y=k(x-1)+a得x=4k-4a4k-3y=3k-3a4k-3，即N4k-4a4k-3,3k-3a4k-3．
又因为M，N的纵坐标均为正数，
所以a-k>03k-3a4k-3>0，即a-k>04k-334，因此k0且k=3-t4，
因此S=21-3-t42t=(1+t)28t
=18t+1t+2⩾182 t×1t+2=12，
当且仅当t=1t，即t=1时，等号成立，
所以S的最小值为12，即▵MON面积的最小值为12．
(2)存在实数a=2，使得1|OM|+1|ON|的值与k无关．
由(1)知：M(0,a-k)，N4k-4a4k-3,3k-3a4k-3，且a-k>04k-30，所以当a=2时，1|OM|+1|ON|为定值45，
因此存在实数a=2，使得1|OM|+1|ON|的值与k无关．

19.解：(1)设数列an的奇数项构成的等差数列的公差为d，偶数项构成的等比数列的公比为q，
则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a9=1+4d，
∵S5=2a4+a5，∴a1+a2+a3=a4，即4+d=2q，
又a9=a3+a4，即1+4d=1+d+2q，
所以，4+d=2q3d=2q，解得d=2q=3,
∴对于k∈N*，有a2k-1=1+(k-1)⋅2=2k-1，a2k=2⋅3k-1．
故an=n,n=2k-12⋅3n2-1,n=2k k∈N*；
(2)若m=2k，则由amam+1=am+2，得2⋅3k-1⋅(2k+1)=2⋅3k，得2k+1=3，得k=1，m=2；
若m=2k-1，由amam+1=am+2，得(2k-1)⋅2⋅3k-1=2k+1，
此时左边为偶数，右边为奇数，不成立．
故满足条件的整数m=2；
(3)对于k∈N*，有S2k=(1+2k-1)k2+21-3k1-3=k2-1+3k．
S2k-1=S2k-a2k=k2-1+3k-2⋅3k-1=k2-1+3k-1．
假设存在正整数m，使得S2mS2m-1恰好为数列an中的一项，
又由(1)知，数列an中的每一项都为整数，故可设S2mS2m-1=LL∈N*，
则m2-1+3mm2-1+3m-1=L，变形得到(3-L)3m-1=(L-1)m2-1①，
∵m≥1，L≥1，3m-1>1，∴L≤3．
又L∈N*，故L可能取1、2、3．
当L=1时，(3-L)3m-1>0，(L-1)m2-1=0，①不成立；
当L=2时，则3m-1=m2-1．
若m=1，3m-1≠m2-1．
令Tm=m2-13m-1m∈N*,m≥2，则Tm+1-Tm=(m+1)2-13m-m2-13m-1=-2m2+2m+33m．
∵m≥2，则-2m2+2m+3≤-2×22+2×2+3=-1 ⋯，
故只有T2=1，此时m=2，L=2=a2．
当L=3时，(3-3)⋅3m-1=(3-1)⋅m2-1，∴m=1，L=3=a3．
综上，存在正整数m=1，使得S2S1恰好为数列an中的第三项；
存在正整数m=2，使得S4S3恰好为数列an中的第二项．