福建省宁德市福鼎市2024-2025学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题含答案

福建省宁德市福鼎市2024-2025学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．将数列1，3，6，8中的某两项分别减1、加1后（另两项不变），得等差数列的前四项，则数列的通项公式为（

）A． B． C． D．2．过点且方向向量为的直线的一般式方程为（

）A． B．C． D．3．设Sn为等比数列{}的前n项和,,则＝A．10 B．9 C．-8 D．-54．已知点，，若过点的直线l与线段AB相交，则直线l斜率k的取值范围是（

）A． B．C． D．5．在数列中，，，，则（

）A．2 B．4 C．6 D．86．已知等差数列，，，则数列的前n项和为（

）A． B．C． D．7．山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后向两边均依次是次间､次间､梢间､尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为.若设明间的宽度为，则该大殿9间的总宽度为（

）A． B．C． D．8．已知正项数列满足，，则下列错误的是（

）A． B．是递增数列C． D．二、多选题9．已知为数列的前n项和，且满足，则下列结论正确的是（

）A． B．C．是单调递增数列 D．10．下列说法正确的是（

）A．若数列是等比数列，则数列也是等比数列B．若是公差为负的等差数列，是其前n项和，若，则和是的最大值C．过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为D．直线不过第四象限，则或11．平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l过点2,3，与两坐标分别交于A，B两点，设三角形OAB面积为，则下列选项中是真命题的是（

）A．存在正实数m，使得满足条件的直线直线l恰有一条．B．存在正实数m，使得满足条件的直线直线l恰有两条．C．若存在三条直线，使得三角形ABO面积为m，则．D．若存在四条直线，使得三角形ABO面积为m，则．三、填空题12．若，，三点共线，则满足的关系式为．13．在各项不为零的等差数列中，，数列是等比数列，且，则．14．已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则，不等式成立的的最小值为．四、解答题15．求适合下列条件的直线方程：(1)经过点，其方向向量也是直线的法向量．(2)经过点，和两条坐标轴正半轴围成的三角形的面积为4．16．已知等差数列公差为d，，且，，，成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，求．17．已知数列的前n项和为，且，．设．(1)求证：数列是等比数列，并求．(2)求证：数列是等差数列，并求．(3)求数列的前项和．18．已知函数的图像上有一点列，点在x轴上的射影是，且，．(1)求数列的通项公式．(2)对任意的正整数n，不等式都成立，求实数t的取值范围．(3)设四边形的面积是，求证：．19．数列、满足：是等比数列，，且．(1)求、．(2)求集合中所有元素的和．(3)对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试别断数列、是否是“和稳定数列”，并说明理由．参考答案：题号12345678910答案DBACBDDCBCDABD题号11答案BCD1．D【分析】分析可知变化的两项为1，4或2，3，逐项检验并结合等差数列通项公式运算求解.【详解】记减1的项为a，加1的项为b，因为，可知变化的两项为1，4或2，3，若，可得0，3，6，9，为等差数列，此时首项为0，公差为3，所以；若，可得2，3，6，7，不为等差数列；若，可得1，2，7，8，不为等差数列；若，可得1，4，5，8，不为等差数列；综上所述：数列的通项公式为.故选：D.2．B【分析】根据方向向量可得直线斜率，即可根据点斜式求解直线方程.【详解】由于方向向量为，故斜率为，故直线方程为，即，故选：B3．A【详解】由,得,故.故选：A4．C【分析】利用斜率公式求，数形结合确定直线斜率的范围.【详解】由题设，如下图示，所以.故选：C5．B【分析】根据题意可得数列an是以1，3，3，1循环排列的周期为4的数列，计算可得.【详解】由，可得，又，可得，以此类推可知数列an故知.故选：B6．D【分析】由已知求出等差数列an的公差，得到通项，利用分组求和，结合等差等比数列的求和公式求数列的前n项和.【详解】设等差数列an公差为，由，得，则，所以，，则数列的前n项和为.故选：D.7．D【分析】由题意把9间的宽度转化为两个等比数列的和,应用等比数列前项和公式计算即可.【详解】由题意,设明间的宽度为等比数列的首项,从明间向右共5间,宽度成等比数列,公比为,同理从明间向左共5间,宽度成等比数列,公比为,则由可得所以总宽度为故选:8．C【分析】结合数列的递推公式、单调性、以及放缩法、累加法的应用，对各项逐一判断，即可得到本题答案.【详解】对于A：∵，，∴，即因为在正项数列中，，∴，故A正确；对于B：，即，∴是递增数列，故B正确；对于C：，∵∴，故C不正确；对于D：∵，，……，，∴.故D正确.故选：C.9．BCD【分析】当时，，可得选项A错误；代入通项公式可得选项B正确；由可得选项C正确；根据等差数列的性质求和可得选项D正确.【详解】A.当时，，当时，，故，选项A错误.B.由得，，故，选项B正确.C.∵，∴是单调递增数列，选项C正确.D.由得，,故，选项D正确.故选：BCD.10．ABD【分析】A若an公比为，写出通项公式即可判断；B根据等差数列通项公式、前n项和公式判断数列单调性且即可判断；C注意过原点的情况；D直线不过第四象限有即可判断.【详解】A：若an公比为，且，则，故，显然是首项为，公比为的等比数列，对；B：若an公差为，则，且数列单调递减，由，即，则时，时，综上，和是的最大值，对；C：截距相等包含直线过原点的情况，此时直线为，错；D：由直线不过第四象限，则，可得或，对.故选：ABD11．BCD【分析】根据直线的方程求出与坐标轴的交点坐标，然后求出的面积，作出函数的图象，利用数形结合，可确定的值的情况，即可判断各选项的正误.【详解】由题意可知：直线l的斜率存在，且不为0，设直线，可知直线l与轴、轴交点的坐标分别为，，显然，解得，可得三角形OAB面积，令，作出其图象如图所示，由图可知：当时，有两解；当时，有三解；当时，有四解；结合选项可知：A错误，BCD正确；故选：BCD.12．【分析】转化为平面向量平行，探索参数满足的条件.【详解】由题意：，，因为三点，，三点共线，所以.所以：即.故答案为：13．16【分析】利用等差数列的性质得，结合条件得，根据等比数列的性质得，代入可求结果.【详解】∵an∴，∵，∴，∴或（舍），∴，∴，∴.故答案为：16.14．1413【分析】①根据，得，代入即可得解；②根据，得，对分奇偶讨论即可得解.【详解】令，得，当为奇数时，，当为偶数时，，所以.当为奇数时，，即，因为，所以，即，因为为奇数，所以的最小值为；当为偶数时，，因为，所以，，因为为偶数，所以的最小值为.综上所述，的最小值为.故答案为：，【点睛】关键点点睛：讨论m的奇偶性求出对应通项公式为关键.15．(1)(2)【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式即可求出直线方程；（2）利用截距式方程结合题意即可求出直线方程.【详解】（1）直线的斜率为，其法向量所在直线的斜率为，所求直线方程为，即.（2）设直线方程为，则，解得，所求直线方程为，即.16．(1)(2)【分析】（1）由已知列方程组求出数列的首项和公差，可得通项公式；（2）利用列项相消求数列的前n项和为【详解】（1）等差数列公差为d，，且，，，成等比数列，则有，解得，所以（2），，所以数列的前n项和.17．(1)证明见解析，；(2)证明见解析，；(3)【分析】（1）先利用题给条件求得数列的递推关系式，再利用构造法即可证得数列是等比数列，进而求得的解析式；（2）先利用构造法证得数列是等差数列，进而求得的解析式；（3）利用错位相减法即可求得数列的前项和．【详解】（1）数列的前n项和为，且，．则时，两式相减得，即，令，则，故．又，，则，则.则数列是首项为2公比为2的等比数列，故.（2）由（1）可得，，，则，等式两边同时除以可得，，又，则数列是首项为公差为的等差数列，故，则（3）由（2）得，则，令，则，上式减去下式得，则18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）变换得到，确定是以为首项为公比的等比数列，得到通项公式.（2）计算，根据数列单调性得到，代入不等式解得答案.（3）计算，放缩得到，根据裂项相消法求和得到答案.【详解】（1）∵，∴，又，∴是以为首项为公比的等比数列，∴，∴.（2），∵不等式对正整数恒成立，∴，而，∴是一个减数列，，故，解得，所以实数t的取值范围为.（3），∴，∴.19．(1)，(2)(3)an是“和稳定数列”，b【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出bn的通项公式，由已知和求通项可得a（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果；（3）根据“和稳定数列”的定