甘肃省白银市靖远县第四中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

这是一份甘肃省白银市靖远县第四中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题，共12页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知等比数列中，，则，记为数列的前项和，设甲，已知数列满足，且，则，已知直线等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中只有一个选项符合题意.
1.在等差数列中，若，则（ ）
A.20 B.24 C.27 D.29
2.已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ）
A. B.
C.或 D.或
3.已知数列是等差数列，且，则数列的公差是（ ）
A. B. C. D.1
4.已知等比数列中，，则（ ）
A. B.64 C.32 D.16
5.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，...，设“三角垛”从第一层到第层的各层的球数构成一个数列，则（ ）
A. B.
C. D.
6.记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
7.设为数列的前项积，若且，则当取得最小值时（ ）
A.8 B.7 C.6 D.5
8.已知数列满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题的四个选项中至少有两个选项符合题意.全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分.
9.已知直线（均不为0，且，则（ ）
A.直线不过第一象限 B.直线必过第二象限
C.直线不过第三象限 D.直线必过第四象限
10.若直线经过点，且与坐标轴围成的三角形面积为2，则的方程可能是（ ）
A. B.
C. D.
11.已知等比数列的公比为，前项和为，前项积为，且，则（ ）
A.数列是递增数列 B.数列是递减数列
C.若数列是递增数列，则 D.若数列是递增数列，则
第II卷（非选择题）
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知为等差数列的前项和，若，则数列的通项公式为__________.
13.过两条直线与的交点，倾斜角为的直线方程为__________.（用一般式表示）
14.已知数列满足，则数列的前项的和为__________.（用含的代数式表示）
四､解答题
15.已知的三个顶点坐标为，求：
（1）边所在直线的方程；
（2）边上的高所在直线的方程；
（3）边上的中线所在直线的方程.
16.记为等差数列的前项和，已知.
（1）求的公差；
（2）求的最小值.
17.已知直线.
（1）求证：无论为何值，直线必经过第一象限.
（2）若直线不经过第二象限，求实数的取值范围.
18.设数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和为.
19.记为等差数列的前项和，已知.
（1）若，求数列的通项公式.
（2）若数列是等差数列，且，其前项和为，求的值，并求使成立的的最大值.
参考答案：
1.D
【分析】求出基本量，即可求解.
【详解】解：，所以，又，所以，
所以，
故选：D
2.D
【分析】考虑截距是否为0，分两种情况求解，求出直线斜率，即可求得答案.
【详解】由题意设直线与轴交点为，则与轴交点为，
当时，直线过原点，斜率为，故方程为；
当时，直线的斜率，
故直线方程为，即，
故选：D
3.B
【分析】利用等差数列的性质列方程，能求出公差.
【详解】数列是等差数列，且，
，解得，
则数列的公差是.
故选：B.
4.B
【分析】由等比数列的性质求解，
【详解】由题意得，而同号，故，
则
故选：B
5.D
【分析】由题意，根据等差数列求和公式，写出通项公式，可得答案.
【详解】由题意可得：，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
6.C
【分析】利用充分条件､必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前项和与第项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为
即，则，有，
两式相减得：，即对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
7.C
【分析】通过等比数列定义及等比数列基本量计算求出通项公式，然后求出前项积，利用指数函数单调性及二次函数知识求解最值即可.
【详解】由题易知，因为，所以，
所以数列是公比为的等比数列，
由，得，解得，所以，
所以
，要使取得最小值，则为奇数，且取
最小值，
结合二次函数知识知时，满足为奇数，且取最小值，
所以当取得最小值时，，
故选：C.
8.C
【分析】直接利用数列的递推关系式得出是等差数列，确定其首项和公差，进而利用通项公式求解即可.
【详解】由，则可得，
故可得，
所以，
又，则，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，
则，
故，
故选：C.
9.BCD
【分析】根据给定条件，求出直线的横纵截距即可判定得解.
【详解】由，得，而，则，
于是直线的横截距，纵截距，
所以直线经过第一､二､四象限，不过第三象限，A错误，BCD正确.
故选：BCD
10.CD
【分析】设直线的方程，分别求出直线在轴与轴上的截距，由三角形面积为2列方程求出即可得直线的方程.
【详解】易知直线的斜率存在，故设直线的方程，
令，得；令，得.
故围成的三角形面积为，
化简可得或.
对于方程，故方程无解.
对于方程，可得或.
故直线的方程或，
即或.
故选：CD.
11.ACD
【分析】写出的表达式，根据，得到或，由此即可判断AB，进一步根据递增数列的定义分别与的关系即可判断CD.
【详解】由题意可知，且，故有且（否则若，则的符号会正负交替，这与，矛盾），
也就是有或，
无论如何，数列是递增数列，故A正确，B错误；
对于C，若数列是递增数列，即，由以上分析可知只能，故C正确；
对于D，若数列是递增数列，显然不可能是，（否则的符号会正负交替，这与数列是递增数列，矛盾），
从而只能是，且这时有，故D正确.
故选：ACD.
12.
【分析】根据条件列出方程组，求出首项和公差，求出通项公式.
【详解】由题意得：，解得：，
所以，
故答案为：
13.
【分析】联立两方程求出交点坐标，再由点斜式写出直线方程，然后化为一般形式即可；
【详解】由题意可得，解得交点坐标为，
又所求直线的倾斜角为，故斜率为，
所以直线方程为，
故答案为：.
14.
【分析】由递推关系，当为奇数时，，可得，然后由数列分组并项求和可得解.
【详解】由题意，当为奇数时，，可得，
即，又，则，
数列的前项和记为，则
.
故答案为：.
15.（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用两点式求方程；
（2）利用点斜式求方程；
（3）利用截距式求方程.
【详解】（1）由直线方程的两点式可知：，
即.
所以边所在直线的方程为：
（2）由（1）知，，则，
又，由点斜式得：，即.
（3）点坐标，即，而，
由截距式可知：，即.
16.（1）
（2）
【分析】（1）依题意得到方程组，解得即可；
（2）由（1）求出的通项公式及，再根据二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）解：依题意得，
解得，所以的公差；
（2）解：由（1）知，
所以，
由二次函数性质得，当时，.
17.（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据直线方程确定其所过定点的位置，即可证结论；
（2）由直线不经过第二象限，结合
（1）所得定点，其斜率不能小于该定点与原点所成直线的斜率，即可求的取值范围.
【详解】（1）由，故直线过定点，且该点在第一象限，
无论为何值，直线必经过第一象限.
（2）由（1）知：要使直线不经过第二象限，
则，而，
即的取值范围.
18.（1）
（2）
【分析】（1）计算，根据公式计算得到答案.
（2）确定，利用裂项相消法计算得到答案.
【详解】（1）当时，；
当时，；
经检验：满足
综上所述：.
（2），
.
19.（1）；
（2）的最大值为21.
【分析】（1）结合题意，求出等差数列的公差，写出通项公式即可；
（2）结合条件，借助数列是等差数列，求出，进而得到，代入求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为.
因为，
所以，则，
所以，
所以数列的通项公式为.
（2）由，
得.
因为数列是等差数列，
所以，即.
因为，所以，所以，
所以，
则.
因为
所以，
所以正整数的最大值为21.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
B
D
C
C
C
BCD
CD
题号
11
答案
ACD