江苏省苏州2026-2027学年高二上学期期中考试模拟数学试卷

苏州2026-2027学年度高二上学期数学期中考试模拟试卷 范围：数列 直线方程 圆 本卷满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1．若直线与直线垂直，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知公差为的等差数列的前项和为，若，则（     ） A． B． C． D． 3．（本题5分）正项等差数列的公差为，已知，且，，三项成等比数列，则（    ） A． B．3 C．1 D． 4．（本题5分）某工厂购买一台机器价格为a万元，实行分期付款，每期付款b万元，每期为一月，共付12次，若按月利率，每月复利一次，则满足（   ） A． B． C． D． 5．（本题5分）设点，，若直线与线段恒有公共点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（本题5分）南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的关于三角垛的求和都与高阶等差数列有关．如图就是一个三角垛，最顶层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第层有个球，则（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知等差数列，的前项和分别为，，且，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知为等差数列的前项和，，，则下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B．当时，取得最大值 C． D． 10．（本题6分）下列说法正确的是（    ） A．函数的图象表示过原点的所有直线 B．函数的最小值为5 C．经过点且在轴上的截距是轴上的截距的3倍，则直线方程为 D．直线与直线垂直，直线与圆相交 11．（本题6分）已知数列的前n项和为，若，对于，有恒成立，则称数列的前n项和是有上界的．下列数列的通项公式中，哪些数列的前n项和存在上界（    ）． A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）求经过圆的圆心，且与直线垂直的直线的一般式方程为_______． 13．（本题5分）已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，，则值是________． 14．（本题5分）北京天坛圜丘坛分为上、中、下三层.上层中心为天心石，环绕天心石的第一环有9块扇面形石板，以后每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，且每层内部各环也依次增加9块.每层环数相同，且下层石板总数比中层多729块.则每层的环数是________. 四、解答题（共77分） 15．（本题15分）已知数列和满足，数列的前项和为． (1)若，求； (2)若为等比数列，，求数列和的通项公式． 16．（本题13分）已知的顶点坐标分别是，，，为边的中点． (1)求中线的方程； (2)求经过点且与直线平行的直线方程． (3)求的面积． 17．（本题15分）已知数列的前项和为，且，，成等差数列，数列满足． (1)求数列，的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前10项和． (3)是否存在正整数，使得？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由． 18．（本题17分）已知圆C：，点D在圆C上运动，且点T满足（O为原点），记点T的轨迹为E. (1)求曲线E的方程； (2)若直线上存在一点P，过P作曲线E的两条切线，切点分别为G、H，若，求实数k的取值范围； (3)过点且不与x轴重合的直线与曲线E交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分?若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 19．（本题17分）定义：若无穷数列满足是公比为的等比数列，则称数列为“数列”．已知数列中，，． (1)若，且数列为“数列”，求数列的通项公式： (2)记数列的前项和为，且，请求出的值并判断数列是否为“数列”，并说明理由； (3)若数列是“数列”，是否存在正整数，，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数，；若不存在，请说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《苏州2026-2027学年度高二上学数学期中考试模拟试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B D A C B D BC BD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】直线的斜率为，直线的斜率为，因为两条直线互相垂直，所以 ，得，解得. 2．A 【详解】由题意得， 又由等差数列前项和公式， ，解得． 3．B 【分析】利用等比中项性质可知，，再应用等差数列的性质即可求解. 【详解】因为，，三项成等比数列，所以， 故，结合可得 ， 解得 或（负值舍去）. 4．D 【分析】由等比数列及前项和的实际意义进行求解． 【详解】， ． ． 又显然，即． 故选：D 5．A 【分析】先确定直线过定点，计算定点与线段两端点连线的斜率，结合直线与线段相交的几何特征确定斜率范围 【详解】直线的斜率为，所以直线的方程为， 直线恒经过，如下图： 直线的斜率，直线的斜率， 因此要使直线与线段有交点，则 6．C 【详解】由题意知，第层的球数是前个正整数的和， 可得. . . 7．B 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论. 【详解】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为的点有且仅有 个， ∵圆心到直线的距离为：，    故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于； 当时， 圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于. 故选：B. 8．D 【分析】由可设，，结合运算求解即可. 【详解】因为，即， 又等差数列的前项和的表达式为关于的二次函数且无常数项，可设，， 所以. 9．BC 【分析】根据等差数列性质分析可知，，进而可得公差，即可判断单调性和符号性，进而判断AB；根据等差数列性质可得，，，即可判断CD. 【详解】因为为等差数列的前项和， 则，即，且，可得， 可知等差数列的公差，所以数列是递减数列，故A错误； 当时，；当时，； 所以当时，取得最大值，故B正确； 又，，， 所以，，故C正确，D错误. 10．BD 【详解】对于A，表示过原点且斜率存在的直线，不能表示过原点的与轴垂直的直线，A选项错误. 对于B，， 表示点到点的距离与点到点的距离之和. 作点关于轴的对称点，根据对称性质，因此， 根据两点之间线段最短，，当且仅当点为线段与轴的交点时取等号， 而，因此的最小值为，B选项正确. 对于C，当直线的纵横截距都为时，设直线方程为，因为直线经过，得， 此时直线方程为，C选项错误. 对于D，直线的斜率，直线的斜率，， 则直线与直线垂直， 圆的圆心，半径， 圆心到直线的距离，直线与圆相交，D选项正确. 11．ABD 【分析】选项A：利用放缩后，每一项都小于一个等比数列的项，而公比小于1的等比数列的和永远不超过某个固定数，因此前项和有上界. 选项B：通过裂项放缩可看出，前项和始终小于一个固定数，有上界. 选项C：通过做商判断单调性以后逐步分析前项和的变化，前项和会无限递增，没有上界. 选项D：一正一负交替出现，后面的项越来越小，分类讨论总项数为奇数和偶数两种情况得到前项和始终不超过1，有上界. 【详解】选项A：由，得， 令，数列前项和:， 故有上界. 选项B：对数列，前项和. 当时，， 所以求和得：. 选项C： . 作商判断单调性：. 所以当足够大时，必有， 即必有存在正整数使得， 即时恒有， 即从第项起单调递增， 所以无限增大，无上界. 选项D：，设 ， 当为奇数时 令 ，则 ， 因为 ，所以每个括号内的项均为正数，因此：. 当为偶数时 令 ，则 ， 每个括号内的项均为正数，因此：， 综上所述,有上界. 12． 【详解】化简可知，即圆心为. 因为等同于，斜率为，可知新直线斜率为， 由斜率和圆心可知该直线为，即. 13．/ 【分析】利用等差中项以及等比中项的性质进行化简求值即可. 【详解】因为是等比数列，所以，所以，解得. 又因为是等差数列，所以，所以，解得， 所以 14． 【分析】设每层环数为，分析每层与每环的环数求解. 【详解】设每层环数为，每一环石板构成公差为9的等差数列， 上层：首项为9，共环，上层最后一环为， 下一层第一环比上一层最后一环多9， 所以中层首项为，下层首项为中层末项加9， 中层与下层也是项，公差为9的等差数列， 两个等差数列项数相同，公差相同，首项相差， 项数为，公差为9，则总和之差为， 因为下层石板总数比中层多729块，所以，解得. 15．(1) (2)， 【详解】（1）， ， ， 所以. （2）将前项和式子变形：， 观察到的表达式可拆分为一个等差数列前项和与一个等比数列前项和的形式， 且为等比数列，可猜测为的前项和， 所以，公比为，所以， 所以，所以的前项和为，和变形一致， 所以. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）先确定点坐标，然后通过两点，的坐标确定方程； （2）先确定直线的斜率，然后通过点的坐标和斜率确定方程； （3）求解直线的方程，由点到直线的距离求解点到直线的距离，求解的长度，再由即可求解. 【详解】（1）因为为边的中点，所以，所以直线的方程为，即. （2）直线的斜率，且不在直线上， 故求经过点且与直线平行的直线方程为，即. （3）由（2）可得知，，则直线的方程为， 即：，则点到直线的距离为， 的长度为，则. 17．(1)， (2)1415 (3)存在，， 【分析】（1）根据等差数列的性质、与的关系及等比数列的通项公式求出；根据对数的运算求出. （2）求出，根据等差数列及等比数列的前项和公式求解即可. （3）结合（1）将原等式转化为，结合，为正整数代入验证即可. 【详解】（1）因为，，成等差数列，所以. 当时，，解得. 当时，， 所以，整理得， 即， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，经验证，满足上式. 所以. ，故. （2）由（1）得，. 所以. （3）由（1）得，. . 故原等式可化为. 若，则，若，则，若，则， 若，则，若，则， 因为，为正整数，所以存在，，使原式成立. 18．(1) (2) (3)存在点，使得x轴平分. 【分析】（1）利用相关点法求曲线方程； （2）根据条件转化为直线上存在一点P，使，转化为点为圆心，为半径的圆与直线有交点，即可列式求解； （3）首先设垂直于轴时，满足条件，当不与轴垂直时，设直线方程与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求定点的坐标. 【详解】（1）设，，则 因为，所以，， 所以，整理为， 所以曲线的方程为； （2）由条件可知，若存在点，使， 所以四边形是正方形，则， 则以点为圆心，为半径的圆与直线有交点， 所以，解得：， 所以的取值范围是； （3）当直线轴时，两点关于轴对称，则轴正半轴上任意点，使得轴平分； 当直线不与轴垂直时，设，直线为，与曲线联立， 得， ， 设，， ，， 由题可知，，代入，， 化简得，即， 代入韦达定理， 整理为，得， 综上可知，轴上存在点，使得x轴平分. 19．(1) (2)，是“数列”，理由： 当时，由已知递推式可得， ①②得， 又也成立，所以， 设，即，所以， 又， 所以是以首项为，公比为的等比数列． 所以，即， 所以， 所以是以首项为，公比为的等比数列，故数列是“数列”； (3)存在，，． 【分析】（1）根据数列定义，先求差数列的公比，确定数列是等差数列，再写出通项； （2）先利用求出参数，再通过与的关系推导递推式，构造等比数列求通项，最后验证差数列是等比数列； （3）先由数列定义求出通项，再通过放缩确定，代入不等式解出的范围，得到唯一正整数解． 【详解】（1）（1）因为，且数列为“数列”， 所以，即， 所以是以首项为，公差的等差数列， 所以． （2）由已知条件可得，故，所以． 当时，根据已知递推式可得， ①②得， 又也成立，所以， 设，即，所以， 又， 所以是以首项为，公比为的等比数列． 所以，即， 所以， 所以是以首项为，公比为的等比数列，故数列是“数列”． （3）由数列是“数列”得， 所以，即，所以， 所以时，， 当时上式也成立，故， 假设存在正整数，，使得，即， 由，可知，所以， 又因为，为正整数，所以， 又， 所以，则． ，则， ，，故存在满足条件的正整数，，且，． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $