2022-2023学年江苏省苏州市实验中学高二上学期10月学情调研数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省苏州市实验中学高二上学期10月学情调研数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省苏州市实验中学高二上学期10月学情调研数学试题 一、单选题1．已知数列满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据递推公式逐步赋值即可求出．【详解】因为，所以．故选：A．2．在等差数列中，为其前n项和，若，，则其公差为（    ）A．2 B．3 C． D．【答案】D【分析】由已知，列出关于和d的关系式，即可解出.【详解】由已知得，，解得，故选：D.3．已知直角坐标系中，连接两点的所有直线中倾斜角最大的直线的斜率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】根据斜率的定义以及斜率的坐标公式即可判断．【详解】因为，，，而在上单调递增，且，在上递增，且，，所以连接两点的所有直线中倾斜角最大的直线为，其斜率为．故选：B．4．在等比数列中，为其前n项和，且，则它的公比q的值为（    ）A．1 B． C．1或 D．1或【答案】C【分析】分类讨论q是否为1，结合等比数列前n项和公式，即可解得q的值.【详解】当q=1时，，满足.当时，由已知可得，，显然，.所以，有，解得，q=1（舍去）或.综上可得，q=1或.故选：C.5．已知一直角梯形的高为2，上下底边长分别为1和2，将该梯形绕着垂直于底边的一腰旋转一周所得几何体体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意知，几何体为圆台，根据圆台的体积公式即可求得.【详解】直角梯形绕着垂直于底边的一腰旋转一周所得几何体为圆台.由题意知，圆台的上下底面半径分别为1和2，则上下底面的面积分别是，.所以，圆台的体积=.故选：B.6．已知正项等差数列的前项和为，若，则的值为（    ）A．3 B．14 C．28 D．42【答案】D【分析】根据等差数列的性质得，则可由已知等式求的值，从而利用求和公式和等差数列性质求得值.【详解】解：正项等差数列，则若，则，解得或（舍）则.故选：D.7．在《九章算术》中有一个古典名题“两鼠穿墙”问题：今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.大意是有两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙.大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.若垣厚33尺，则两鼠几日可相逢（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【解析】由题意知：大鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，小鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，设两鼠天可相逢，求两数列的前项和加起来大于或等于33的最小的正整数即可.【详解】设两鼠天可相逢，由题意知：大鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，大鼠天打洞尺寸为，小鼠每天打洞的尺寸是首项为，公比为的等比数列，小鼠天打洞尺寸为，两鼠天打洞尺寸之和为：，令，经验证：时，不成立；时，成立；所以两鼠6日可相逢，故选：B【点睛】方法点睛：数列实际应用中常见的模型：（1）等差模型：如果增加或减少的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；（2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；（3）递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第项与第项的递推关系，还是前项和与前和之间的递推关系.8．已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足.若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等差数列的性质求得，然后按的奇偶性分类讨论，用分离参数法求得的范围．【详解】是等差数列，则，又，所以，不等式为，是奇数时，不等式为，，时，设，，时，，递减，时，，递增，又是正奇数，，，所以的最小值是，，， 是偶数时，不等式为，，时，是增函数，又取正偶数，所以的最小值是，所以，综上，．故选：A．【点睛】本题考查数列不等式恒成立问题，解题方法是利用等差数列的性质求得通项公式，然后由按的奇偶性分类讨论，目的是把不等式中的化简，然后用分离参数法转化为求函数的最值，从而得参数范围． 二、多选题9．以下说法正确的是（    ）A．垂直于同一直线的两条不同的直线平行B．垂直于同一平面的两条不同的直线平行C．平行于同一平面的两条不同的直线平行D．平行于同一直线的两条不同的直线平行【答案】BD【分析】根据线面平行、垂直的性质和平行公理逐个分析判断即可.【详解】对于A，垂直于同一直线的两条不同的直线，可能平行，可能相交，可能异面，所以A错误，对于B，由线面垂直的性质可知，垂直于同一平面的两条不同的直线平行，所以B正确，对于C，平行于同一平面的两条不同的直线，可能平行，可能相交，可能异面，所以C错误，对于D，由平行公理可知，平行于同一直线的两条不同的直线平行，所以D正确，故选：BD10．在中，若直线的斜率为，则角大小为（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】先计算直线的斜率，然后利用角与直线、的倾斜角的关系，求出角的正切值，最后得到角的取值即可.【详解】由题可知直线的斜率为，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，，则，所以或故选：BC11．等差数列的各项，设其前项和为，且，则以下命题正确的是（    ）A．的值不可能为0：B．当时，的最小值为18C．等式恒成立D．当值最大时，的值为9【答案】BC【分析】由条件结合等差数列的前项和公式确定数列的首项和公差的关系，再结合通项公式和前项和公式依次判断各选项即可.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，即，所以，A错误；因为，令，所以，又，，所以，所以，又，所以当时，的最小值为18，B正确，因为，，所以当和时，值最大，D错误，因为，所以当时，，即，C正确；故选：BC.12．在边长为2的正方体中，为底面的中心，为线段上的动点，为线段的中点，则（    ）A．过三点的正方体的截面可能为等腰梯形B．直线与平面所成角的最大值为C．三棱锥的体积不是定值D．不存在一点，使得【答案】ABD【分析】根据正方体的截面作法，线面角问题，三棱锥的体积问题逐一分析选项即可.【详解】对于A,取上点，使 连接，易知，又正方体中，，所以，所以四边形就是过三点的正方体的截面，它是等腰梯形，故A对，对于B,连接,,延长交的延长线于，连接交于，由图可知,在正方体中，平面平面，平面平面，，平面，所以平面，所以即为所求线面角，故,其中故当取最小值时，最大，此时直线与平面所成角为最大值，因为为线段上的动点，所以当点运动到点时，为最小值，即与平面所成角最大，连接，由题意，, 所以，所以，所以直线与平面所成角的最大值为，故B对, 对于C,连接，,因为在三棱锥中，底面的面积一定，高为2，所以 是一定的，在三棱锥中，底面的面积一定，因为为的中点，所以当点变化时，三棱锥的高不变，所以是一定的，由图可知，所以三棱锥的体积是定值,故C错, 对于D, 以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设则     则 ，，假设存在一点，使得，则 所以整理得，，化简整理得其中故该方程无解，所以不存在一点，使得，故D对.故选：ABD 三、填空题13．在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角为__________.【答案】【分析】连接，，则，证明平面，可得，利用，即可得出结论．【详解】解：如图，连接，，几何体是正方体，可知底面是正方形，则，且侧棱底面，平面，，平面平面，平面，，异面直线、所成角是．故答案为：．14．已知等差数列前项和为，若，则的值为__________.【答案】0【分析】根据等差数列的前项和的性质，成等差即可求出．【详解】依题可知成等差，所以，解得：．故答案为：0．15．已知直三棱柱中，，则该三棱柱外接球的体积为__________.【答案】【分析】先利用正弦定理求地面的外接圆半径，然后利用勾股定理求外接球的半径，最后求得体积.【详解】棱柱底面的外接圆直径，所以该三棱椎外接球的半径，所以该三棱柱外接球的体积为 故答案为： 四、双空题16．设数列的各项均为正数，前项和为，对于任意的和的等差中项为.①若，则的表达式为__________.②设数列的前项和为，且，若对任意的实数（为自然对数的底数）和任意正整数，总有），则的最小值为__________.【答案】          4【分析】第一空，根据题意可得，继而得，两式相减可求得，从而求得的表达式；第二空，第一空的结论可求得的表达式，可采用裂项求和法求得，求其最值，将不等式恒成立转化为最值问题，可得答案.【详解】因为和的的等差中项为，所以①，②，②–①得 ，因为 ，所以 ，由，令 ，解得 ，所以是首项为1，公差为1的等差数列，， 所以 ； ，所以 ，因为随着n的增大而减小，,故当时，取最大值，所以，，所以 ，若对任意的实数（为自然对数的底数）和任意正整数，总有），则有 ，所以k的最小值为4，故答案为：；4.【点睛】本题考查了等差中项的应用，考查根据的关系求数列通项以及数列不等式的恒成立问题，涉及到等比数列的求和以及裂项求和等，综合性强，计算量大，解答的关键是根据数列通项，采用裂项求和法求和，进而将数列不等式恒成立问题转化最值问题求解. 五、解答题17．已知等差数列满足：数列满足(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和.【答案】(1)，(2). 【分析】（1）设出公差，列出方程，求出公差，得到通项公式，再根据得到为等比数列，公比为3，求出；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，所以，解得：，所以，因为，所以，所以为等比数列，公比为3，首项，所以；（2），所以，则，两式相减得：，所以.18．已知数列满足，且.(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前项和为，其中.求的表达式.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据递推关系式，构造成，利用累加法即可求数列的通项公式；（2）根据（1）得，从而可化简，按照裂项相消法求和即可.【详解】（1）解：因为所以则，，，……，（）累加得：所以又时，符合上式，故.（2）解：由（1）得，所以19．已知数列满足(1)求出数列的通项公式；(2)已知数列前项和为，满足.数列满足，试求数列前项和为【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据的前项和与的关系，采用相减的方式求解数列的通项公式；（2）根据数列前项和为与的关系，求解，设确定其单调性，得，最终按照分组求和的方法得.【详解】（1）解：已知数列满足当时，，当时，两式相减得：时满足上式，所以.（2）解：已知数列前项和为，满足当时，，所以当时，两式相减得：，整理得所以，且则，，，……，累加得：所以，则，且，均满足上式，所以所以设，则故数列为单调递增数列又，所以当时，恒成立所以则.20．如图，在直角梯形ABCD中，，，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将折起，使得点A到点P位置，且，M为PB的中点，N是BC中点.(1)证明：MN平面PCD；(2)证明：平面平面PBC.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）易知，MN是的中位线.进而推出，线线平行，线面平行.（2）证明面面垂直，常用线面垂直.经分析，可证明平面.【详解】（1）证明：因为在中，M为PB的中点，N是BC中点所以因为平面，平面所以平面（2）证明：因为，，，平面EBCD，平面EBCD，所以面又因为平面，所以又因为，，平面，平面，所以平面又因为面，所以又因为，M为中点，所以又因为，平面PBC，平面PBC，平面因为平面，平面平面.21．已知数列的前项和为，满足：，(1)求数列的通项公式；(2)对于正整数，已知三数构成等差数列，求正整数的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据求出，得到为等差数列，设出公差，利用求出公差，进而求出通项公式；（2）由等差数列性质得到，变形为，结合正整数，得到只有，等式才成立，进而求出正整数的值.【详解】（1）变形为①，当时，②，①－②得：，由于在分母上，故，所以，整理得：，因为，所以，即，所以为等差数列，首项为，设公差为，当时，，即，解得：，所以，经验证，满足要求；（2）由题意得成等差数列，故，因为且为正整数，所以，其中为正整数，因为，而，故只有时，才成立，此时，由于为正整数，所以.22．已知数列是首项为4的单调递增数列，满足(1)求证：；(2)设数列满足，数列前㑔和，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）通过两次配方可得，再由数列可两边开放得证；（2）由配方整理得，则数列是首项为2，公差为2的等差数列，可求出，即，则由平方差公式可转化为等差数列求和，则可求得【详解】（1）证明：由题意得，，即，即，∵数列是首项为4的单调递增数列，，∴（2）由（1）得，即，即，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，故，则， ∴