精品解析：陕西渭南市普通高中联盟2025-2026学年第二学期阶段检测（一）高二数学试题

渭南市普通高中联盟2025-2026学年第二学期阶段检测（一） 高二数学试题 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 4.命题：张炜 孙建国 张琳艳 唐振彬 第I卷（选择题共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 为提升居住品质，渭南市临渭区万科城小区业委会制定了一个为期5周的“公共设施微更新计划”， 这5周每周投入的资金构成等差数列，第5周投入的资金是第1周的2倍，这5周累计投入的总资金为60万元.则该小区在第2周投入的资金是（ ） A. 6万 B. 8万 C. 10万 D. 12.5万 2. 等差数列2，4，6，…的第9项为（ ） A. 20 B. 22 C. 18 D. 26 3. 西岳华山北峰索道在晚高峰实行“分批放行”策略.第1批次放行32人；每一批次的人数都是上一批次的一半，当某批次计算人数不足1人时，该批次停止放行，该策略下实际通过索道的游客总人数是（ ） A. 62 B. 63 C. 64 D. 65 4. 韩城司马迁祠内有一座4层仿古灯塔，顶层悬挂2盏宫灯，且每下一层灯数是上一层的平方加1，问整座塔共悬挂多少盏灯（ ） A. 710 B. 711 C. 712 D. 713 5. 已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ） A. 8 B. 18 C. 20 D. 27 6. 已知等比数列，其公比，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 已知函数(其中)的零点个数为，则（ ） A. 10 B. 20 C. 55 D. 15 8. 有一系列点，每一个点均位于抛物线的图象上.点F为抛物线的焦点，以点为圆心的都与x轴相切，且与外切.若且的前n项之和为，则以下说法正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的1，6，15，28，…称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ） A. B. C. 不是等比数列 D. 10. 已知等差数列的公差为，其前n项和为，且，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知半径为的圆与射线：、x轴正半轴均相切，半径是的圆与射线l、x轴正半轴均相切，且与圆外切，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则数列是公比为2.24的等比数列 C. 若，则点的坐标为 D. 若，则数列的前n项和小于 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等差数列的公差为.数列满足，设的前n项和为，则______. 13. 数列满足，，则___________． 14. 粗细都是1cm的一组圆环依次相扣，悬挂在某处，最上面圆环的外直径是20cm，每个圆环的外直径皆比它上面的圆环的外直径少1cm，则从上向下数第4个环底部与第2个环顶部距离是______cm；记从上向下数第n个环底部与第一个环顶部距离是，则______. 四、解答题：（本题共5小题，共77分：15题13分：16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 已知各项均为正数的数列，满足． （1）求； （2）设数列满足，记其前项和为，且，求 16. 设数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 17. 已知为正项数列的前n项和，且． （1）求的通项公式． （2）已知数列满足：①，②，③． （i）求． （ii）证明：． （iii）若，求q的取值范围． 18. 已知数列满足． （1）证明：求的值，并证明数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和； （3）设，求证：． 19. 如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为. （1）求，； （2）求的通项公式； （3）记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：. 参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 渭南市普通高中联盟2025-2026学年第二学期阶段检测（一） 高二数学试题 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 4.命题：张炜 孙建国 张琳艳 唐振彬 第I卷（选择题共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 为提升居住品质，渭南市临渭区万科城小区业委会制定了一个为期5周的“公共设施微更新计划”， 这5周每周投入的资金构成等差数列，第5周投入的资金是第1周的2倍，这5周累计投入的总资金为60万元.则该小区在第2周投入的资金是（ ） A. 6万 B. 8万 C. 10万 D. 12.5万 【答案】C 【解析】 【分析】由题意求出数列的首项和公差即可. 【详解】这5周每周投入的资金构成等差数列，设公差为， 由，，解得，则， 由，解得，所以. 2. 等差数列2，4，6，…的第9项为（ ） A. 20 B. 22 C. 18 D. 26 【答案】C 【解析】 【详解】等差数列 2，4，6，…的首项为2，公差为2，则其通项公式为， 故数列的第9项为. 3. 西岳华山北峰索道在晚高峰实行“分批放行”策略.第1批次放行32人；每一批次的人数都是上一批次的一半，当某批次计算人数不足1人时，该批次停止放行，该策略下实际通过索道的游客总人数是（ ） A. 62 B. 63 C. 64 D. 65 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：依次计算每批次的人数即可得解.方法二：利用等比数列的定义和等比数列的前项和公式求解. 【详解】方法一：第1批次放行32人； 每一批次的人数都是上一批次的一半， 则第2批次放行人， 第3批次放行人， 第4批次放行人， 第5批次放行人， 第6批次放行人， 第7批次放行人，此批次计算人数不足1人时，该批次停止放行， 则所有有效批次的人数相加：， 故该策略下实际通过索道的游客总人数是人. 方法二：第1批次放行32人； 每一批次的人数都是上一批次的一半， 每批次的人数构成等比数列，首项为，公比为， ， ，, 当某批次计算人数不足1人时，该批次停止放行， 时，停止放行， 该策略下实际通过索道的游客总人数是， 故该策略下实际通过索道的游客总人数是人. 4. 韩城司马迁祠内有一座4层仿古灯塔，顶层悬挂2盏宫灯，且每下一层灯数是上一层的平方加1，问整座塔共悬挂多少盏灯（ ） A. 710 B. 711 C. 712 D. 713 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意写出从顶层起每层灯数构成的数列的递推式，求出各项再求和即可. 【详解】依题意，不妨取该灯塔的顶层灯数为， 因从顶层向下数，第二层起每层灯数是上一层的平方加1， 故从第二层起各层灯数构成的数列满足， 则第二层灯数为；第三层灯数为； 第四层灯数为. 故整座塔共悬挂的灯有（盏）. 5. 已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ） A. 8 B. 18 C. 20 D. 27 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别令和求得，，再求和即可. 【详解】因为数列满足对任意的，都有，， 所以，当时，，解得； 当时，，解得； 所以 6. 已知等比数列，其公比，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，化简得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】因为数列为等比数列，可得且， 又因为，则， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为. 7. 已知函数(其中)的零点个数为，则（ ） A. 10 B. 20 C. 55 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】由函数单调性和零点存在定理判断零点个数. 【详解】函数的定义域为， 时，函数和在上都单调递增， 所以函数在上单调递增， 时，，，所以在上只有一个零点， 即函数(其中)的零点个数， 所以. 8. 有一系列点，每一个点均位于抛物线的图象上.点F为抛物线的焦点，以点为圆心的都与x轴相切，且与外切.若且的前n项之和为，则以下说法正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点，根据抛物线定义列方程可判断A；根据两圆外切可得的关系，然后可证是等差数列，可判断B；根据是等差数列求出可判断C；利用裂项相消法求和可判断D. 【详解】由题意可知：焦点， 设点，则的半径为， 则，解得，故A错误； 因为与外切，则， 整理可得，且， 可得，即， 可知数列是以首项为，公差为2的等差数列，故B错误； 则，即， 则，故C错误； 可得， 所以，故D正确. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的1，6，15，28，…称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ） A. B. C. 不是等比数列 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】分析可知，，即可判断C；利用累加法可得，即可判断AB；再利用作差法判断D. 【详解】在数列中，有， 进一步，得， 所以可以得到递推关系：，即， 因为，显然不是常数， 所以数列不是等比数列，故C正确； 当时， ， 显然也成立，所以， 可得，，故A错误，B正确； 因为， 即，故D错误. 10. 已知等差数列的公差为，其前n项和为，且，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用等差数列的性质可得； 【详解】， 因为，得，故A错误； 因为，所以与异号，所以与异号，即，故B正确； 若，数列递增，否则所有项为负，无法满足条件，故，C错误； 若，，代入得，所以，D正确. 11. 已知半径为的圆与射线：、x轴正半轴均相切，半径是的圆与射线l、x轴正半轴均相切，且与圆外切，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则数列是公比为2.24的等比数列 C. 若，则点的坐标为 D. 若，则数列的前n项和小于 【答案】AD 【解析】 【分析】设角平分线与轴的夹角为，根据题意用和表示点坐标，利用两圆外切圆心距等于半径之和建立关于和的方程，进而求得，对于选项A、B、C代入即可求解；对于选项C、D，代入，结合等比数列通项公式和求和公式即可判断. 【详解】如图，过点，分别作，垂足分别为， 过点作，垂足为， 设， ，， 半径为的圆与射线轴正半轴均相切，且与圆外切， ，， ，， ，是首项为，公比为的等比数列， ， 选项A，，， ，故选项A正确； 选项B，，，公比为，故选项B错误； 选项C，，则，解得（舍去负根）， ，， 设，则，故选项C错误； 选项D，，， ，（舍去负根）， ，， ，， 数列的前n项和，故选项D正确； 故选：AD. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等差数列的公差为.数列满足，设的前n项和为，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意知，， 则， 则. 13. 数列满足，，则___________． 【答案】21 【解析】 【分析】利用递推公式求出前几项，即可得解； 【详解】解：，即， 又，所以，，，. 故答案为： 14. 粗细都是1cm的一组圆环依次相扣，悬挂在某处，最上面圆环的外直径是20cm，每个圆环的外直径皆比它上面的圆环的外直径少1cm，则从上向下数第4个环底部与第2个环顶部距离是______cm；记从上向下数第n个环底部与第一个环顶部距离是，则______. 【答案】 ①. 50 ②. 【解析】 【详解】用数列表示从上往下数圆环的外直径， 则， 则从上向下数第4个环底部与第2个环顶部距离是； 由题意知， 故. 四、解答题：（本题共5小题，共77分：15题13分：16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 已知各项均为正数的数列，满足． （1）求； （2）设数列满足，记其前项和为，且，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入递推式，配方得，推出，可得的公比，进而求得的通项公式； （2）由表达式得连续四项和，代入 得 ，结合枚举出唯一解，再代入具体项计算比值. 【小问1详解】 由题意得，则有， 整理得， 即， 两边同时平方，得， 即，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 ， 则， 即， 所以， 若，则，显然不成立， 若，即， 此时若：，则，亦不成立， 故，于是， 若，不成立， 所以， 综上， 所以. 故. 16. 设数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式进行整理得到数列通项公式即可. （2）通过对所需要的数列的通项公式进行裂项，运用裂项相消的方法求和即可. 【小问1详解】 当时，，得． 当时，， ， 两式相减得，则． 当时，符合上式， 所以． 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 故． 17. 已知为正项数列的前n项和，且． （1）求的通项公式． （2）已知数列满足：①，②，③． （i）求． （ii）证明：． （iii）若，求q的取值范围． 【答案】（1） （2）（i），，；（ii）证明见解析；（iii） 【解析】 【分析】（1）由与关系推导证明是等比数列，进而求出其通项公式； （2）（i）通过与条件矛盾分析确定的值；（ii）推导证明与的关系；（iii）利用等比数列通项得到，结合的不等式求解的范围. 【小问1详解】 将代入，得． 由，得， 两式相减得，即， 因为为正项数列，所以，则为等比数列，且首项和公比均为q， 所以． 【小问2详解】 （i），若，则，得，这与矛盾， 所以，则，又，所以，得． 同理得， 又因为，所以，所以． （ii）证明：，又，所以． ， 得，即． （iii）因为， 所以． ， 因为，所以，即， 由，且， 可得，又，所以， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列． 因为，所以， 若，则，即， 解得． 18. 已知数列满足． （1）证明：求的值，并证明数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和； （3）设，求证：． 【答案】（1） ，， 证明：当时，可得， 当时，可得， 因为，， 所以 ， 所以数列为首项为，公比为的等比数列. （2） （3） 因为 ， 所以 ，即命题得证. 【解析】 【分析】（1）根据递推公式及等比数列的定义证明即可； （2）由（1）求出，即可求出，从而得到，利用错位相减法计算可得； （3）由数列的通项公式可得，利用放缩法即可得到，再利用裂项相消法即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 则， 所以 ， 所以， 则， 所以 ， 即； 【小问3详解】 略 19. 如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为. （1）求，； （2）求的通项公式； （3）记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：. 参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则 【答案】（1）， （2）， （3） 设移动步之后，动点停留在点的概率为， 则根据全概率公式，，， 又因为，所以，， 设随机变量满足：①当移动步之后，动点停留在点，则； ②当移动步之后，动点不停留在点，则； 显然服从两点分布，且， 所以 . 【解析】 【分析】（1）根据独立事件和互斥事件的概率计算公式可求的值，结合的值可求的值.或者分情况讨论，利用互斥事件的概率加法公式求的值. （2）先探索与的递推关系，再根据递推公式求数列的通项公式. （3）先求移动步之后，动点停留在点的概率为，根据服从两点分布，利用给出的公式求即可证明. 【小问1详解】 设事件表示第次沿水平方向移动，事件表示第次沿竖直方向移动， ， ， 另一种计算的方法： 四次移动中，两次水平移动和两次竖直移动的概率为； 四次移动中，全部水平移动的概率为； 四次移动中，全部竖直移动的概率是； 相加得. 【小问2详解】 设连续移动两步，动点位置变化的概率为，动点位置不变的概率为 则，； 根据全概率公式，， 则， 因为，所以， 所以，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $