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江西省部分学校2023-2024学年高二下学期第一次阶段性考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份江西省部分学校2023-2024学年高二下学期第一次阶段性考试数学试卷（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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.椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
2.已知数列的前项和满足，则（ ）
A.11 B.13 C.24 D.25
3.若直线与直线平行，则的值为（ ）
A.-2 B.2 C. D.2或
4.已知等比数列的前项和为，则数列的公比为（ ）
A.2 B.-2 C.3 D.-3
5.先后两次抛一枚质地均匀的骰子，记事件“第一次抛出的点数小于3”，事件“两次点数之和大于3”，则（ ）
A. B. C. D.
6.设公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列，则（ ）
A.2024 B.2025 C.4049 D.4050
7.已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8.已知数列的前项和为且，则数列的前项和（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题本题共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.已知离散型随机变量的分布列如下所示，则（ ）
A. B. C. D.
10.已知数列满足，记为数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
11.已知数列共有项，，且，记这样的数列共有个，则（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知数列是公比不为1的等比数列，，则__________.（写出满足上述条件的一个值即可）
13.已知等差数列共有项，奇数项之和为60，偶数项之和为54，则__________.
14.5位女生和2位男生站成一排，若2位男生相邻，则不同的排法共有__________.种；若每位女生至少与一位女生相邻，则不同的排法共有__________种.（第一空2分，第二空3分，用数字作答）
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.（13分）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
16.（15分）已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，，记的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，判断数列的增减性.
17.（15分）已知为抛物线上的一点，直线交于两点，且直线的斜率之积等于2.
（1）求的准线方程；
（2）证明：.
18.（17分）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，证明：.
19.（17分）对于数列，若满足恒成立的最大正数为，则称为“数列".
（1）已知等比数列的首项为1，公比为，且为“数列”，求；
（2）已知等差数列与其前项和均为“数列”，且与的单调性一致，求的通项公式；
（3）已知数列满足，若且，证明：存在实数，使得是“数列”，并求的最小值.
2023—2024学年高二年级第二学期第一次阶段性考试
数学参考答案及评分细则
1.【答案】B
【解析】由题意得，所以离心率.故选B.
2.【答案】C
【解析】因为，所以.故选C.
3.【答案】B
【解析】因为直线与平行，有，即，解得或，当时两直线重合，不符合题意应舍去.故选B.
4.【答案】C
【解析】由题意，相减得，所以公比为3.故选C.
5.【答案】B
【解析】由题意可知，所以.故选B.
6.【答案】C
【解析】设数列的公差为，则解得所以.故.故选C.
7.【答案】D
【解析】在棱长为2的正方体中，以分别为轴建立空间直角坐标系，则有，则，设点，则点到直线的
距离，当且仅当时取等号，则点到直线的距离的最小值为.故选D.
8.【答案】A
【解析】当时，，当时，，不满足上式，故，故①②，①-②得，，即，令③，
④，③-④得
.故选A.
9.【答案】ABD（每选对1个得2分）
【解析】对于，由分布列的性质可得，解得，故A正确；对于0，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.故选ABD.
10.【答案】BC（每选对1个得3分）
【解析】由题意得，，解得，故A错误；由，则，两式相除得，故B正确；由可得，，故C正确；，故D错误.故选BC.
11.【答案】ABD（每选对1个得2分）
【解析】由题意可知，，则或1，则，故A正确；当，数列可以看成时再增加一项，或时再增加一项，因此，故B正确；因为，相加可得：，故C错误；又因为，可得，故D正确.故选ABD.
12.【答案】7（或12，或15，或16中任一个均可）
【解析】在等比数列中，由得，所以，不妨令，则的不同取值有或者或者或者，所以的所有取值为，故答案为中任一个均是正确的.
13.【答案】10
【解析】奇数项有项，偶数项有项，故，解得.
14.【答案】1440；2160（第一空2分，第二空3分）
【解析】若2位男生相邻，则不同的排法共有种；若每位女生至少与一位女生相邻，若5位女生相邻，则排法有种，若2位女生相邻，另外3位女生相邻，则排法有种，综上所述，共有2160种排法.
15.解：（1），
两式相减得，
又当时，，满足上式，
所以.
（2）由（1）得，
.
16.解：（1）由得，即，
与联立得，
解得，（4分）
.
（2）由（1）得，
所以，故，所以数列是递增数列.
17.（1）解：由题意可得点在上，所以，
解得，所以的准线方程为.
（2）证明：设，由（1）知的方程为，
，同理可得，
所以，即，
联立得
所以，
所以，
得.
18.（1）解：由两边同时除以，可得，
所以，故数列是以2为首项､2为公比的等比数列，
所以，即.
（2）证明：因为，
所以.
因为，
所以，
即.
19.（1）解：由题意得，
①当时，，解得或；
②当时，不可能为数列.
综上所述，或.
（2）解：设，
，
因为与的单调性一致，所以当时，，当时，，
，所以，得，
因此.
（3）证明：由得，
累加得，
，其中，
设，
.
故是递增数列，，所以存在，使得是“数列”，
当时，取得最小值为.-2
1
3
数学试卷
试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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.椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
2.已知数列的前项和满足，则（ ）
A.11 B.13 C.24 D.25
3.若直线与直线平行，则的值为（ ）
A.-2 B.2 C. D.2或
4.已知等比数列的前项和为，则数列的公比为（ ）
A.2 B.-2 C.3 D.-3
5.先后两次抛一枚质地均匀的骰子，记事件“第一次抛出的点数小于3”，事件“两次点数之和大于3”，则（ ）
A. B. C. D.
6.设公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列，则（ ）
A.2024 B.2025 C.4049 D.4050
7.已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8.已知数列的前项和为且，则数列的前项和（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题本题共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.已知离散型随机变量的分布列如下所示，则（ ）
A. B. C. D.
10.已知数列满足，记为数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
11.已知数列共有项，，且，记这样的数列共有个，则（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知数列是公比不为1的等比数列，，则__________.（写出满足上述条件的一个值即可）
13.已知等差数列共有项，奇数项之和为60，偶数项之和为54，则__________.
14.5位女生和2位男生站成一排，若2位男生相邻，则不同的排法共有__________.种；若每位女生至少与一位女生相邻，则不同的排法共有__________种.（第一空2分，第二空3分，用数字作答）
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.（13分）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
16.（15分）已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，，记的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，判断数列的增减性.
17.（15分）已知为抛物线上的一点，直线交于两点，且直线的斜率之积等于2.
（1）求的准线方程；
（2）证明：.
18.（17分）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，证明：.
19.（17分）对于数列，若满足恒成立的最大正数为，则称为“数列".
（1）已知等比数列的首项为1，公比为，且为“数列”，求；
（2）已知等差数列与其前项和均为“数列”，且与的单调性一致，求的通项公式；
（3）已知数列满足，若且，证明：存在实数，使得是“数列”，并求的最小值.
2023—2024学年高二年级第二学期第一次阶段性考试
数学参考答案及评分细则
1.【答案】B
【解析】由题意得，所以离心率.故选B.
2.【答案】C
【解析】因为，所以.故选C.
3.【答案】B
【解析】因为直线与平行，有，即，解得或，当时两直线重合，不符合题意应舍去.故选B.
4.【答案】C
【解析】由题意，相减得，所以公比为3.故选C.
5.【答案】B
【解析】由题意可知，所以.故选B.
6.【答案】C
【解析】设数列的公差为，则解得所以.故.故选C.
7.【答案】D
【解析】在棱长为2的正方体中，以分别为轴建立空间直角坐标系，则有，则，设点，则点到直线的
距离，当且仅当时取等号，则点到直线的距离的最小值为.故选D.
8.【答案】A
【解析】当时，，当时，，不满足上式，故，故①②，①-②得，，即，令③，
④，③-④得
.故选A.
9.【答案】ABD（每选对1个得2分）
【解析】对于，由分布列的性质可得，解得，故A正确；对于0，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.故选ABD.
10.【答案】BC（每选对1个得3分）
【解析】由题意得，，解得，故A错误；由，则，两式相除得，故B正确；由可得，，故C正确；，故D错误.故选BC.
11.【答案】ABD（每选对1个得2分）
【解析】由题意可知，，则或1，则，故A正确；当，数列可以看成时再增加一项，或时再增加一项，因此，故B正确；因为，相加可得：，故C错误；又因为，可得，故D正确.故选ABD.
12.【答案】7（或12，或15，或16中任一个均可）
【解析】在等比数列中，由得，所以，不妨令，则的不同取值有或者或者或者，所以的所有取值为，故答案为中任一个均是正确的.
13.【答案】10
【解析】奇数项有项，偶数项有项，故，解得.
14.【答案】1440；2160（第一空2分，第二空3分）
【解析】若2位男生相邻，则不同的排法共有种；若每位女生至少与一位女生相邻，若5位女生相邻，则排法有种，若2位女生相邻，另外3位女生相邻，则排法有种，综上所述，共有2160种排法.
15.解：（1），
两式相减得，
又当时，，满足上式，
所以.
（2）由（1）得，
.
16.解：（1）由得，即，
与联立得，
解得，（4分）
.
（2）由（1）得，
所以，故，所以数列是递增数列.
17.（1）解：由题意可得点在上，所以，
解得，所以的准线方程为.
（2）证明：设，由（1）知的方程为，
，同理可得，
所以，即，
联立得
所以，
所以，
得.
18.（1）解：由两边同时除以，可得，
所以，故数列是以2为首项､2为公比的等比数列，
所以，即.
（2）证明：因为，
所以.
因为，
所以，
即.
19.（1）解：由题意得，
①当时，，解得或；
②当时，不可能为数列.
综上所述，或.
（2）解：设，
，
因为与的单调性一致，所以当时，，当时，，
，所以，得，
因此.
（3）证明：由得，
累加得，
，其中，
设，
.
故是递增数列，，所以存在，使得是“数列”，
当时，取得最小值为.-2
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