精品解析：江苏省镇江中学2026-2027学年高二年级上学期十月份学情检测陕西试题

江苏省镇江中学高二年级十月份学情检测 时间：120分钟 满分：150分 2026.10.13 一.选择题（共8小题，每小题5分，共计40分） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将直线方程一般式化成斜截式方程，根据直线斜率与直线倾斜角的关系进行求解即可. 【详解】，所以该直线的斜率为， 因此该直线的倾斜角为， 故选：D 2. 直线在轴上的截距为（       ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，得，解得，则直线在轴上的截距为. 3. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】为等比数列，得到，结合对数运算法则得到. 【详解】为等比数列，，故， 且， 故. 故选：B 4. 已知直线，，的倾斜角分别为，，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜率与倾斜角的关系即可求解. 【详解】由得，所以， 又得，所以， 所以，所以， 又，所以， 所以. 5. 数列中，，若的前n项和为，则项数n为（ ） A. 2027 B. 2024 C. 2025 D. 2026 【答案】A 【解析】 【详解】由， 所以， 解得． 6. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式与等差数列前项和公式及性质分析求解即可. 【详解】设每层共有环，各环石板数构成等差数列， 其中首项为，公差， 所以每环石板数为：， 由题意可得：上、中、下三层的石板总数分别为：， 又下层石板总数比中层多729块，所以， 即， 化简得：，解得：. 7. 已知过点的直线l与以点和为端点的线段相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】记点为，求出直线的斜率，结合斜率的变化情况可得. 【详解】记点为，由题意可得，， 当直线由逆时针转到与轴重合时，直线的斜率满足； 当直线由轴逆时针转到与直线重合时，直线的斜率满足， 若要保证直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围是. 8. 已知各项均为正数的数列满足，且对任意，都有，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由题中等式确定的通项，再利用对勾函数的单调性代入，3可得. 【详解】依题意，，解得， 令，则，则是以2为首项，2为公比的等比数列，故， 因为是递增数列，函数在上单调递减，在上单调递增， 且，，故的最小值必在或时取得， 又当时，，当时，， 所以当时，取得最小值为9. 故选：A. 二.多选题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9. 下列结论正确的是（ ） A. 方程与方程可表示同一直线 B. 任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率 C. 直线过点，斜率不存在，则其方程是 D. 所有的直线都有点斜式和截距式方程 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角、斜率以及各类直线方程的适用范围，结合对应概念逐一判断选项即可。 【详解】对于A选项，方程要求分母不为，即，对应的直线不含点， 而方程包含点，二者表示的不是同一直线，故A选项错误； 对于B选项，直线倾斜角的取值范围是，且任意直线都有倾斜角， 但当倾斜角为时，直线斜率不存在，因此直线不一定有斜率，故B选项正确； 对于C选项，斜率不存在的直线垂直于轴，直线上所有点的横坐标均为，因此方程为，故C选项正确； 对于D选项，点斜式方程要求直线斜率存在，斜率不存在的直线没有点斜式； 截距式方程要求直线的横、纵截距都存在且不为，过原点或垂直于坐标轴的直线没有截距式， 因此不是所有直线都有点斜式和截距式方程，故D选项错误. 10. 记等差数列的前项和为，，，则（ ） A. 数列的公差为2 B. 数列是等比数列 C. 的最小值为1 D. 数列为递增等差数列 【答案】ACD 【解析】 【详解】设等差数列公差为，则有， 解得，A选项正确； ，， ，不是常数，数列不是等比数列，B选项错误； ，由，的最小值为1，C选项正确； 设，则，故数列是首项为1公差为1的等差数列， 即数列为递增等差数列，D选项正确. 11. 在数列中，，若，则下列结论正确的是（ ） A. 是等差数列 B. C. 数列的前n项和为 D. 数列的前n项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据题意，构造可得；对于B，根据A的结论求通项即可；对于C，由，再利用分组求和法求和；对于D，裂项得，再求和即可． 【详解】解：对于A，∵，且易知， ∴，∴，又， ∴是首项为2，公比为2的等比数列，故A错误； 对于B，由前面的分析知，∴，，故B正确； 对于C，的前n项和为，故C正确； 对于D，∵， ∴数列的前n项和为 ，故D正确． 三.填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.) 12. 已知直线过点，倾斜角为，则直线的一般式方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据点斜式方程求出直线方程，再化为一般式即可. 【详解】因为直线斜率， 所以直线方程为，即. 13. 已知正项等比数列中，，且成等差数列，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式及等差中项的性质列式求解即可. 【详解】因为为等比数列，设公比为，则， 因为成等差数列，所以， 可得，因为该数列是正项等比数列， 所以，所以， 即，解得或（舍）， 所以. 14. 中国古代以“三分损益法”确定十二律管的长度.从黄钟出发，交替进行“损一”（乘）和“益一”（乘）操作，依次生得十二律管.记（黄钟），第次损益后所得律管的长度为，已知损益规则为 ，设，则数列的前12项中，最大值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，求出数列的通项公式，再利用单调性求出最大值. 【详解】依题意，当为不小于3的奇数时，依次为偶数、奇数， 则，数列中所有奇数项，构成以为首项，为公比的等比数列， 当为奇数时，；当为偶数时，， 因此当为奇数时，； 当为偶数时，， 由函数为R上的减函数，得当为奇数时，， 当为偶数时，，而， 所以数列的前12项中，最大值是. 四.解答题(本题共5小题，其中15题13分，16、17题每题15分，18、19题每题17分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 15. 记为等差数列的前项和，已知，. （1）求和的通项公式； （2）求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的性质求解； （2）令，分段求数列的前项和即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以等差数列的公差， 所以， 所以. 【小问2详解】 令，为数列的前项和，则， ， . 当时，， 当时，. 综上，. 16. 在数列中，，，． （1）证明：是等比数列； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1）证明：因为，所以， 又，所以， 所以， 所以是以3为首项，2为公比的等比数列． （2）． 【解析】 【分析】（1）对递推式进行变形得出，结合已知条件求出首项，进而证明是等比数列； （2）由（1）得出，依次写出等比数列各项，进而利用累加法消项求和得出的通项公式． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 所以，，，…，， 以上各式左右相加，得， 所以， 又，符合上式，故． 17. 已知直线． （1）证明：直线过定点； （2）若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； （3）若直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程． 【答案】（1）因为直线， 即，由，得， 所以直线恒过定点． （2）或 （3）的最小值为16，此时直线的方程为 【解析】 【分析】（1）将的方程变形为，进而可得定点； （2）分、两种情况结合截距的定义及题设求解即可； （3）结合（2）可得，，进而根据基本不等式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由， 当时，，即，显然不满足题意； 当时，令，得；令，得， 由于直线在两坐标轴上的截距互为相反数，则，解得或， 则直线的方程为或. 综上所述，直线的方程为或. 【小问3详解】 由（2）及题意知，， 且直线在轴上的截距为，在轴上的截距为， 由，解得， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值为16，此时直线的方程为，即. 18. 在等比数列 中，，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）若，在与之间插入个数，使得这个数构成一个公差为 的等差数列，记数列的前项和为，求. 【答案】（1）或（） （2） （3）（） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的性质和通项公式求解； （2）求出，求出，利用并项求和的方法求解； （3）利用等差数列的通项公式求出，从而得到，利用错位相减法求解. 【小问1详解】 设等比数列公比为. 因为，所以， 因为，所以， 因为，，所以， 将代入得到， 解得或. ① ，，则通项为， ② ，，则通项为， 综上： 或 . 【小问2详解】 因为，所以， 则， ， . 【小问3详解】 因为，在与之间插入个数，所以共有个数构成等差数列， 公差， 等差数列中，， 则， 解得， ① ①式子的两边乘以，得到② ①②得到， ， 则. 19. 已知正项数列的前项和为，且；数列是单调递增的等比数列，公比为，且的等差中项为；的等比中项为. （1）求，的通项公式； （2）设，为数列的前项和，若存在使得成立，求实数的最大值. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】(1)利用与的关系可得，利用等比数列性质及等差中项、等比中项性质可得. (2)分组求和可得，可将原不等式转化为，可得到的最大值. 【小问1详解】 当时，由，得，解得， 当时，由，可得，， 两式相减得， 所以， 即，因为， 所以， 即可得是且公差为的等差数列. 即. 由题意得，即，解得或， 因为是递增的等比数列， 所以，所以，得， 所以， 即，. 【小问2详解】 由(1)得，，， 所以. 若存在使得成立，即能成立， 设，则， 所以是递减数列，故的最大值为， 因此的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省镇江中学高二年级十月份学情检测 时间：120分钟 满分：150分 2026.10.13 一.选择题（共8小题，每小题5分，共计40分） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 直线在轴上的截距为（       ） A. 2 B. C. D. 3. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 30 4. 已知直线，，的倾斜角分别为，，，则（    ） A. B. C. D. 5. 数列中，，若的前n项和为，则项数n为（ ） A. 2027 B. 2024 C. 2025 D. 2026 6. 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（ ） A. B. C. D. 7. 已知过点的直线l与以点和为端点的线段相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知各项均为正数的数列满足，且对任意，都有，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. D. 二.多选题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9. 下列结论正确的是（ ） A. 方程与方程可表示同一直线 B. 任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率 C. 直线过点，斜率不存在，则其方程是 D. 所有的直线都有点斜式和截距式方程 10. 记等差数列的前项和为，，，则（ ） A. 数列的公差为2 B. 数列是等比数列 C. 的最小值为1 D. 数列为递增等差数列 11. 在数列中，，若，则下列结论正确的是（ ） A. 是等差数列 B. C. 数列的前n项和为 D. 数列的前n项和为 三.填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.) 12. 已知直线过点，倾斜角为，则直线的一般式方程为______. 13. 已知正项等比数列中，，且成等差数列，则______. 14. 中国古代以“三分损益法”确定十二律管的长度.从黄钟出发，交替进行“损一”（乘）和“益一”（乘）操作，依次生得十二律管.记（黄钟），第次损益后所得律管的长度为，已知损益规则为 ，设，则数列的前12项中，最大值是______. 四.解答题(本题共5小题，其中15题13分，16、17题每题15分，18、19题每题17分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 15. 记为等差数列的前项和，已知，. （1）求和的通项公式； （2）求. 16. 在数列中，，，． （1）证明：是等比数列； （2）求数列的通项公式． 17. 已知直线． （1）证明：直线过定点； （2）若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； （3）若直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程． 18. 在等比数列 中，，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）若，在与之间插入个数，使得这个数构成一个公差为 的等差数列，记数列的前项和为，求. 19. 已知正项数列的前项和为，且；数列是单调递增的等比数列，公比为，且的等差中项为；的等比中项为. （1）求，的通项公式； （2）设，为数列的前项和，若存在使得成立，求实数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $