陕西省渭南市部分重点高中2025-2026学年高二下学期3月阶段性检测（一）数学（含解析）

这是一份陕西省渭南市部分重点高中2025-2026学年高二下学期3月阶段性检测（一）数学（含解析），共15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。
1．为提升居住品质，渭南市临渭区万科城小区业委会制定了一个为期5周的“公共设施微更新计划”， 这5周每周投入的资金构成等差数列，第5周投入的资金是第1周的2倍，这5周累计投入的总资金为60万元.则该小区在第2周投入的资金是（ ）
A．6万B．8万C．10万D．12.5万
2．等差数列2，4，6，…的第9项为（ ）
A．20B．22C．18D．26
3．西岳华山北峰索道在晚高峰实行“分批放行”策略.第1批次放行32人；每一批次的人数都是上一批次的一半，当某批次计算人数不足1人时，该批次停止放行，该策略下实际通过索道的游客总人数是（ ）
A．62B．63C．64D．65
4．韩城司马迁祠内有一座4层仿古灯塔，顶层悬挂2盏宫灯，且每下一层灯数是上一层的平方加1，问整座塔共悬挂多少盏灯（ ）
A．710B．711C．712D．713
5．已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ）
A．8B．18C．20D．27
6．已知等比数列，其公比，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
7．已知函数(其中)的零点个数为，则（ ）
A．10B．20C．55D．15
8．有一系列点，每一个点均位于抛物线的图象上.点F为抛物线的焦点，以点为圆心的都与x轴相切，且与外切.若且的前n项之和为，则以下说法正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
二、多选题
9．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的1，6，15，28，…称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ）
A．B．
C．不是等比数列D．
10．已知等差数列的公差为，其前n项和为，且，则（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
11．已知半径为的圆与射线：、x轴正半轴均相切，半径是的圆与射线l、x轴正半轴均相切，且与圆外切，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则数列是公比为2.24的等比数列
C．若，则点的坐标为
D．若，则数列的前n项和小于
三、填空题
12．已知等差数列的公差为.数列满足，设的前n项和为，则______.
13．数列满足，，则___________．
14．粗细都是1cm的一组圆环依次相扣，悬挂在某处，最上面圆环的外直径是20cm，每个圆环的外直径皆比它上面的圆环的外直径少1cm，则从上向下数第4个环底部与第2个环顶部距离是______cm；记从上向下数第n个环底部与第一个环顶部距离是，则______.
四、解答题
15．已知各项均为正数的数列，满足．
(1)求；
(2)设数列满足，记其前项和为，且，求
16．设数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
17．已知为正项数列的前n项和，且．
(1)求的通项公式．
(2)已知数列满足：①，②，③．
（i）求．
（ii）证明：．
（iii）若，求q的取值范围．
18．已知数列满足．
(1)证明：求的值，并证明数列为等比数列；
(2)设，求数列的前项和；
(3)设，求证：．
19．如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为.
(1)求，；
(2)求的通项公式；
(3)记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：.
参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则
参考答案
1．C
【详解】这5周每周投入的资金构成等差数列，设公差为，
由，，解得，则，
由，解得，所以.
2．C
【详解】等差数列 2，4，6，…的首项为2，公差为2，则其通项公式为，
故数列的第9项为.
3．B
【详解】方法一：第1批次放行32人；
每一批次的人数都是上一批次的一半，
则第2批次放行人，
第3批次放行人，
第4批次放行人，
第5批次放行人，
第6批次放行人，
第7批次放行人，此批次计算人数不足1人时，该批次停止放行，
则所有有效批次的人数相加：，
故该策略下实际通过索道的游客总人数是人.
方法二：第1批次放行32人；
每一批次的人数都是上一批次的一半，
每批次的人数构成等比数列，首项为，公比为，
，
，,
当某批次计算人数不足1人时，该批次停止放行，
时，停止放行，
该策略下实际通过索道的游客总人数是，
故该策略下实际通过索道的游客总人数是人.
4．A
【详解】依题意，不妨取该灯塔的顶层灯数为，
因从顶层向下数，第二层起每层灯数是上一层的平方加1，
故从第二层起各层灯数构成的数列满足，
则第二层灯数为；第三层灯数为；
第四层灯数为.
故整座塔共悬挂的灯有（盏）.
5．C
【详解】因为数列满足对任意的，都有，，
所以，当时，，解得；
当时，，解得；
所以
6．B
【详解】因为数列为等比数列，可得且，
又因为，则，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
7．A
【详解】函数的定义域为，
时，函数和在上都单调递增，
所以函数在上单调递增，
时，，，所以在上只有一个零点，
即函数(其中)的零点个数，
所以.
8．D
【详解】由题意可知：焦点，
设点，则的半径为，
则，解得，故A错误；
因为与外切，则，
整理可得，且，
可得，即，
可知数列是以首项为，公差为2的等差数列，故B错误；
则，即，
则，故C错误；
可得，
所以，故D正确.
9．BC
【详解】在数列中，有，
进一步，得，
所以可以得到递推关系：，即，
因为，显然不是常数，
所以数列不是等比数列，故C正确；
当时，

，
显然也成立，所以，
可得，，故A错误，B正确；
因为，
即，故D错误.
10．BD
【详解】，
因为，得，故A错误；
因为，所以与异号，所以与异号，即，故B正确；
若，数列递增，否则所有项为负，无法满足条件，故，C错误；
若，，代入得，所以，D正确.
11．AD
【详解】如图，过点，分别作，垂足分别为，
过点作，垂足为，
设，
，，
半径为的圆与射线轴正半轴均相切，且与圆外切，
，，
，，
，是首项为，公比为的等比数列，
，
选项A，，，
，故选项A正确；
选项B，，，公比为，故选项B错误；
选项C，，则，解得（舍去负根），
，，
设，则，故选项C错误；
选项D，，，
，（舍去负根），
，，
，，
数列的前n项和，故选项D正确；
故选：AD.
12．
【详解】由题意知，，
则，
则.
13．21
【详解】解：，即，
又，所以，，，.
故答案为：
14． 50
【详解】用数列表示从上往下数圆环的外直径，
则，
则从上向下数第4个环底部与第2个环顶部距离是；
由题意知，
故.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由题意得，则有，
整理得，
即，
两边同时平方，得，
即，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2），
则，
即，
所以，
若，则，显然不成立，
若，即，
此时若：，则，亦不成立，
故，于是，
若，不成立，
所以，
综上，
所以.
故.
16．(1)
(2)
【详解】（1）当时，，得．
当时，，
，
两式相减得，则．
当时，符合上式，
所以．
（2）由（1）得，
所以，
故．
17．(1)
(2)（i），，；（ii）证明见解析；（iii）
【详解】（1）将代入，得．
由，得，
两式相减得，即，
因为为正项数列，所以，则为等比数列，且首项和公比均为q，
所以．
（2）（i），若，则，得，这与矛盾，
所以，则，又，所以，得．
同理得，
又因为，所以，所以．
（ii）证明：，又，所以．
，
得，即．
（iii）因为，
所以．
，
因为，所以，即，
由，且，
可得，又，所以，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列．
因为，所以，
若，则，即，
解得．
18．(1)，，证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，可得，
当时，可得，
因为，，
所以 ，
所以数列为首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）得，
则，
所以 ，
所以，
则，
所以
，
即；
（3）因为
，
所以
，即命题得证.
19．(1)，
(2)，
(3)证明见解析
【详解】（1）设事件表示第次沿水平方向移动，事件表示第次沿竖直方向移动，
，
，
另一种计算的方法：
四次移动中，两次水平移动和两次竖直移动的概率为；
四次移动中，全部水平移动的概率为；
四次移动中，全部竖直移动的概率是；
相加得.
（2）设连续移动两步，动点位置变化的概率为，动点位置不变的概率为
则，；
根据全概率公式，，
则，
因为，所以，
所以，.
（3）设移动步之后，动点停留在点的概率为，
则根据全概率公式，，，
又因为，所以，，
设随机变量满足：①当移动步之后，动点停留在点，则；
②当移动步之后，动点不停留在点，则；
显然服从两点分布，且，
所以
.