2024-2025学年江苏省镇江第一中学高二上学期10月学情调查数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省镇江第一中学高二上学期10月学情调查数学试题（含答案），共8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.已知直线方程为x−ytan60∘−3=0，则该直线的倾斜角为( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
2.等差数列an的首项为1，公差不为0，若a2，a3，a6成等比数列，则a8=( )
A. 15B. −15C. −13D. 13
3.如果数列an的前n项和Sn满足：Sn=2n2+n，那么a10的值为( )
A. 38B. 39C. 40D. 41
4.设各项均为正数的等比数列an满足a4⋅a10=2a8，则lg2a1a2⋅⋅⋅a10a11等于( )
A. 210B. 211C. 11D. 9
5.过点A2,1的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )
A. x−y=1B. x+y=3
C. x−2y=0或x+y=3D. x−2y=0或x−y=1
6.设等差数列an的前n项和为Sn，且a2+a8=−22，S11=−110，则Sn取最小值时，n的值为( )
A. 14B. 15C. 16D. 15或16
7.记Tn为数列an的前n项积，已知2Tn+1an=1，则T12=( )
A. 23B. 24C. 25D. 26
8.设等比数列an前n项和为Sn，且S6=634，a1+a3+a5=212，则a1a2⋅⋅⋅an的最大值为( )
A. 32B. 16C. 128D. 64
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论正确的有( )
A. 直线kx−y+2k=3恒过定点−2,−3
B. 直线x+m2+ 3y+2=0的倾斜角的取值范围是0,π6∪5π6,π
C. 经过点P1x1,y1，P2x2,y2的直线方程均可用x2−x1y−y1=y2−y1x−x1表示
D. 直线m1x+n1y+2=0和m2x+n2y+2=0都经过点A3,1，则过两点P1m1,n1，P2m2,n2的直线方程为3x+y+2=0
10.已知等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且anbn=2n+1n+1，n∈N+，则下列结论正确的有( )
A. 数列anbn是递增数列B. S7T5=6120
C. 使anbn为整数的正整数n的个数为0D. S1⋅S2⋅⋅⋅SnT1⋅T2⋅⋅⋅Tn的最小值为32
11.数列an前n项和为Sn，且满足a1=1，an+1=an−2n,n为奇数an+2n+1,n为偶数，则( )
A. a4=−1
B. an=2n−1,n为奇数−1,n为偶数
C. 3S2n+1=22n+1−6n−2
D. 数列−1nan的前2n项和为−24n−13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若平面内三点A1,−3a，B2,a2，C3,a3共线，则实数a= ．
13.已知an是等差数列，Sn是其前n项和，若a1+a22=−3，S5=10，则a11的值是 ．
14.如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2)，如此继续下去，得图(3)…，记an为第n个图形的周长，记Sn为第n个图形的面积，则a4= ，Sn= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
设m为实数，直线l1:2x+m−3y−2m+6=0m≠3在x轴、y轴上截距之和等于1，且与x轴的交点记作A．
(1)求点A的坐标；
(2)直线l2过点A且倾斜角是直线l1倾斜角的2倍，求直线l2的方程
16.(本小题12分)
已知等差数列an的前n项和为Sn，且a5+a6=4，S9=9
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an，求数列bn的前n项和Tn．
17.(本小题12分)
设正项数列an的前n项和为Sn，且a1=1，当n≥2时，an= Sn+ Sn−1．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设数列bn满足b121+b222+⋯+bn−12n−1+bn2n=an，求bn的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
已知函数fx=3x2x+1，数列an满足a1=35，an+1=fan，n∈N∗
(1)求数列an的通项公式；
(2)设Tn=1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an，求Tn；
(3)对于(2)中的Tn，若存在n∈N∗，使得n+1−Tn≥k2n−1⋅n成立，求实数k的最大值．
19.(本小题12分)
记Sn为数列an的前n项和，已知a2=3，Snan是公差为13的等差数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)证明：1S1+1S2+⋅⋅⋅+1Sn<32；
(3)令bn=n+323n⋅an，数列bn的前n项和为Tn，设Cn=n+1Tn，记dm为cn在区间0,mm∈N∗中的项的个数，求数列dm的前50项和D50．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.C
5.D
6.D
7.C
8.D
9.ACD
10.ACD
11.ABD
12.−1或0或3
13.26
14.649；2 35−3 320×49n−1
15.(1)
因为m≠3，
所以由2x+m−3y−2m+6=0⇒xm−3+y2=1，
由题意可知：m−3+2=1⇒m=2，
因为m−3=−1，所以点A的坐标为−1,0；
(2)
由(1)可知m=2，所以有直线l1:2x−y+2=0⇒y=2x+2，
设直线l1倾斜角为α，则有tanα=2，
所以直线l2的倾斜角为2α，设直线l2的斜率为k，
则有k=tan2α=2tanα1−tan2α=41−4=−43，
所以直线直线l2的方程为：y−0=−43x+1⇒4x+3y+4=0．

16.(1)
解：设等差数列an的公差为d，
因为S9=9，可得9(a1+a9)2=9a5=9，所以a5=1，
又因为a5+a6=4，所以a6=3，所以d=a6−a5=2，
所以数列an的通项公式为an=a5+(n−5)d=1+(n−5)×2=2n−9．
(2)
解：由(1)知，an=2n−9，可得Sn=n(a1+an)2=n(n−8)，
令an≥0，即2n−9≥0，解得n≥92，
所以，当1≤n≤4,n∈N∗时，an<0；当n≥5,n∈N∗时，an>0，
因为bn=an，且数列bn的前n项和Tn，
当1≤n≤4,n∈N∗时，Tn=b1+b2+⋯+bn=−(a1+a2+⋯+an)=−Sn=n(8−n)；
当n≥5,n∈N∗时，Tn=b1+b2+⋯+bn=−(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+⋯+an)
=−S4+(Sn−S4)=Sn−2S4=n(n−8)+2×16=n2−8n+32，
综上可得，数列bn的前n项和Tn=n(8−n),1≤n≤4,n∈N∗n2−8n+32,n≥5,n∈N∗．

17.解：(1)当n≥2时，an= Sn+ Sn−1，则Sn−Sn−1= Sn+ Sn−1，
因为Sn为正项数列an的前n项和，且a1=1，
所以 Sn+ Sn−1>0， S1= a1=1，
所以 Sn− Sn−1=1，
所以数列{ Sn}是以 S1=1为首项，公差为1的等差数列，
所以 Sn=1+(n−1)=n，则有Sn=n2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，
又a1=1也适合an=2n−1，
故数列an的通项公式为an=2n−1；
(2)当n=1时，得b121=a1=1，所以b1=2；
由b121+b222+⋯+bn−12n−1+bn2n=an=2n−1①，
当n≥2时，得b121+b222+⋯+bn−12n−1=an−1=2n−3②，
①−②得bn2n=2，则有bn=2n+1n⩾2，
∴n=1,b1=21+1=4≠2=b1，
可得数列bn的通项公式为bn=2,n=1,2n+1,n≥2,
①当n=1时，T1=2;
②当n⩾2时，Tn=2+23+24+⋯+2n+1=2+23(1−2n−1)1−2=2n+2−6，
经验证，当n=1时，T1=23−6=2
故Tn=2n+2−6．

18.(1)
因为函数fx=3x2x+1，
所以an+1=fan=3an2an+1⇒1an+1=23+13⋅1an⇒1an+1−1=131an−1，
所以数列1an−1是以1a1−1=23为首项，13为公比的等比数列，
则有1an−1=23⋅13n−1⇒1an=23n+1⇒an=3n3n+2；
(2)
由(1)可知：1an=23n+1，
所以Tn=1a1+1a2+⋅⋅⋅+1an=213+132+⋯+13n+n=2×131−13n1−13+n=1−13n+n;
(3)
由(2)可知：Tn=1−13n+n，
所以由n+1−Tn≥k2n−1⋅n⇒13n≥k2n−1⋅n，
因为n∈N∗，
所以由13n≥k2n−1⋅n⇒k≤2n−1⋅n3n，
设bn=2n−1⋅n3n，
由bn+1−bn=2n+1⋅n+13n+1−2n−1⋅n3n=−4n−342+1343n+1，
由二次函数性质可知：当n∈N∗时，函数gn=−4n−342+134是减函数，
g1=3>0，g2=−3<0，
于是有n>1,n∈N∗时，gn=−4n−342+134<0，
所以b2>b1，b2>b3>b4>⋯>bn，因此bnmax=b2=23，
存在n∈N∗，使得n+1−Tn≥k2n−1⋅n成立，则有k≤23，
因此实数k的最大值23．

19.(1)
因为Snan是公差为13的等差数列，
所以Snan=S1a1+n−1⋅13⇒Snan=n+23⇒Sn=n+23an，
则有a1+a2=43a2⇒a1=13a2=1，
当n≥2时，Sn−1=n+13an−1，两式相减，得an=n+23an−n+13an−1⇒anan−1=n+1n−1，
an=anan−1⋅an−1an−2⋯a3a2⋅a2a1⋅a1=n+1n−1⋅nn−2⋯42⋅31⋅1=nn+12，显然a1=1也适合，
即an=nn+12；
(2)
由(1)可知Sn=n+23an=nn+1n+26，
⇒1Sn=6nn+1n+2=31nn+1−1n+1n+2，
于是 有1S1+1S2+⋅⋅⋅+1Sn=311×2−12×3+12×3−13×4+⋯+1nn+1−1n+1n+2
=312−1n+1n+2<3×12=32；
(3)
由(1)可知：an=nn+12，
所以bn=n+323n⋅an=2n+33n⋅n⋅n+1=1n⋅3n−1−1n+13n，
于是有Tn=11×30−12×31+12×31−13×32+⋯+1n⋅3n−1−1n+13n=1−1n+13n，
Cn=n+1Tn=n+11−1n+13n=n+1−13n≤m⇒n−13n≤m−1，
当m=1时，显然上述不等式的没有正整数解，即d1=0，
当m=2时，显然上述不等式的正整数解为1,即d1=1，⋯
当m=50时，显然上述不等式的正整数解为1,2,3,4,5,⋯,49，即d50=49，
于是D50=0+49×502=1225．