精品解析：江苏苏州市吴县中学教育集团2026-2027学年第一学期10月调研高二数学试卷

吴县中学教育集团2026-2027学年第一学期10月调研 高二 数学 2026.10 （时间：120分钟；分值：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由直线的一个方向向量为可得，又因为，所以. 2. 已知和的等比中项为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】等比中项满足，所以． 3. 直线过点，且与轴正半轴围成的三角形的面积等于的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先设直线方程为：，根据题意求出，即可得出结果. 【详解】设所求直线方程为：， 由题意得，且解得 故，即. 故选：A. 【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线的斜截式方程即可，属于常考题型. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，再利用周期性代入求值即得 【详解】由题意得，，，，，,， 则数列的周期为， 故. 5. 已知直线，直线，若，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 1或 【答案】B 【解析】 【分析】根据两直线平行得到，解出值后再验证即可. 【详解】若，则，即，解得或， 当时，直线：与：，符合题意； 当时，直线：与：，两直线重合，不合题意. 综上， . 故选：B. 6. 若表示等差数列的前项和，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】可知，且，，，也为等差数列，根据等差中项可得，，即可得结果. 【详解】因为，则，且，即， 又因为为等差数列的前项和，则，，，也为等差数列， 可得，即，则， 且，即， 可得，即， 所以. 7. 已知直线：.当点到的距离最大时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出动直线恒过的定点，当直线与该定点和点的连线垂直时，到直线的距离最大，利用两直线垂直的斜率关系求解. 【详解】将直线的方程整理为关于参数的形式： 令，解得，即直线恒过定点， 当直线时，点到直线的距离最大，最大值为， 因为直线的斜率为，直线的斜率为（）， 所以，由两直线垂直的斜率关系得：，化简解得，验证，符合条件. 所以，. 8. 已知等比数列的前项积为，公比，且，则（ ） A. B. C. 存在，使得 D. 当时，最小 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由定义结合题设可判断选项正误；对于B，注意到，则，据此可判断选项正误；对于C，注意到数列是单调递增数列，结合B分析可判断选项正误；对于D，注意到，结合B分析，可得，结合数列是单调递增数列可判断选项正误． 【详解】因为，所以． 对于A，因为，所以，故A错误； 对于B，因为， 所以，则，故B错误 对于C，因，可知数列是单调递增数列.又，则当时，，所以，故C错误. 对于D，注意到，则， 从而，又，故.当时，；当时，；所以当时，最小，选项D正确； 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得相应的分数，有选错的得0分． 9. 记为正项等比数列的前项和，为的公比，若，，则（ ） A. B. C. 是递增数列 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正项等比数列及可得数列的公比，再根据数列通项公式及求和公式即可求解. 【详解】因为数列为正项等比数列， 且， 所以，即,故选项A错误. 又因为， 所以,故选项B正确. 所以， ， 所以数列为递增数列，， 故选项C，D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过点且在x轴，y轴截距相等的直线方程为 B. 若，则直线与直线垂直 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 经过点，的直线方程均可用表示 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据选项结合直线方程知识点逐一判断正误即可. 【详解】对于选项A，当直线在轴上的截距都为0时，有直线同样满足条件，故选项A错误； 对于选项B，当时，直线方程为和，两直线垂直，故B正确； 对于选项C，直线斜率，所以， 设直线倾斜角为，则，又，故可得，故C正确； 对于选项D，根据直线方程的定义与表示法， 可表示任意过的直线，故D正确. 11. 在数列中，，，且，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等差数列 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】因为， 所以，即，解得， 因为，所以， 则是首项为，公比为3的等比数列，故A正确； 因为， 所以，即， 所以数列为首项为2，公差为0的等差数列，故B正确； 当时， ， 又符合，所以，故C正确； 已知， 则，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线方程为，则直线的倾斜角为________． 【答案】 ## 【解析】 【详解】， ， 由得， 所以，即，故直线的斜率为， 设直线倾斜角为，其中，则，解得. 13. 数列的前项和为________. 【答案】 【解析】 【详解】已知数列，该数列的通项为：， 前 99 项和为：. 14. “垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了关于“方垛”的描述及计算方法：如图1所示“方垛”，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放4个物体，…，第层放个物体，则这层方垛所放的物体总数为．现有某“三角垛”如图2所示，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放3个，第3层放6个，第4层放10个，第5层放15个物体，…，则第8层放________个物体，若该三角垛共有层，利用“方垛”的结论，计算该“三角垛”所放物体的总数为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】通过观察归纳前四层的物体个数规律，可得第8层物体个数及第层物体个数，并利用方垛所放的物体总数公式及等差数列前项和公式可得“三角垛”所放物体的总数. 【详解】设“三角垛”每层所放物体的个数组成数列， 观察三角垛每层的物体数： 第1层物体数：；第2层物体数：；第3层物体数：； 第4层物体数：； 以此类推，可得第层的物体个数通项公式为：. 所以第8层的物体个数：. 设 “三角垛”所放物体的总数为，则： ， 由题意可知， 又由等差数列的前项和公式可得， 所以 所以该“三角垛”所放物体的总数为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知三角形的三个顶点分别为、、； （1）求边上中线的方程， （2）过点作的垂线，垂足为，求直线的方程并求出点的坐标， 【答案】（1） （2）直线的方程为； 【解析】 【分析】（1）首先求的中点坐标，再求直线方程； （2）根据垂直关系求直线的斜率，再求直线方程；联立直线和的方程，求交点坐标. 【小问1详解】 设边上的中点为点，且、， 则，即， 边上的中线为，，所以直线, 所以边上中线的方程为； 【小问2详解】 ， 因为，所以，则， 所以直线的方程为， 直线，整理为：， 联立，得，， 则点的坐标为. 16. 已知是等差数列，是等比数列，且，，，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的通项公式及前项和. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【小问1详解】 等比数列的公比，所以，. 设等差数列的公差为. 因为，， 所以，解得， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，，. 因此数列的通项公式为. 从而数列的前项和 . 17. 已知直线的方程为，若在轴上的截距为，且． （1）求直线与的交点坐标； （2）已知直线经过与的交点，且在轴上的截距是在轴上的截距的2倍，求的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意，设的方程为，根据题意，直线过点，代入可得m值，即可得直线的方程，与的方程联立，可得交点坐标. （2）讨论过原点和不过原点两种情况，分别设出的方程，代入直线与的交点坐标，计算求解，综合即可得答案. 【小问1详解】 因为，且的方程为， 所以设的方程为， 因为在轴上的截距为，即过点， 所以，解得，即． 联立，解得，则直线与的交点坐标为． 【小问2详解】 当过原点时，设方程为，又直线过点，代入解得， 所以的方程为，即 当不过原点时，设的方程为， 又直线过点，所以，解得， 所以的方程为． 综上，的方程为或． 18. 某林业公司种植速生林木参与碳交易，到年年底该公司速生林木的保有量为万立方米，速生林木年均增长率，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐万立方米制作筷子.设从年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米， （1）直接写出与之间的递推关系； （2）求数列的通项公式； （3）若要实现速生林木保有量较年底的保有量翻两番的规划目标，求正整数的最小值. （参考数据：，，，） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】根据题意直接得递推公式，通过构造等比数列，求得通项公式，最后列出不等式，利用参考数据求的最小值. 【小问1详解】 根据题意，，即 【小问2详解】 年即第年年底的速生林木保有量， 设，则， ，解得， 故， 则为等比数列，公比，首项为， 故，即 【小问3详解】 数列是递增数列，当时，即，即，其中 由参考数据可知，，， 因此满足不等式的正整数的最小值为 19. 已知数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）记，若对恒成立，求实数的取值范围； （3）记，数列的前项和为，若不等式对恒成立，求实数的最大值与整数的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 的最大值为，的最小值为 【解析】 【分析】（1）由递推关系式利用等比数列定义求通项； （2）先根据错位相减法求出前项和，得到数列的通项公式，再作差研究数列单调性找到最大值，进而由恒成立求得参数范围； （3）对裂项相消求和，再根据的单调性与取值范围确定的最大值和整数的最小值. 【小问1详解】 由递推关系，变形得， 因此数列是首项为、公比为的等比数列. 故，即. 【小问2详解】  ① ， 两边同乘得： ② ， ①②得：  ， 因此，则，故. ， 当时，，即； 当时，，即从第2项起单调递减， 因此的最大值为. 由对任意恒成立，得，即的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）得， ，因此. 前项和. 又为单调递增数列，故，且. 由对恒成立， 所以，. 即实数的最大值为，整数的最小值为 1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吴县中学教育集团2026-2027学年第一学期10月调研 高二 数学 2026.10 （时间：120分钟；分值：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 2. 已知和的等比中项为，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 直线过点，且与轴正半轴围成的三角形的面积等于的直线方程是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5. 已知直线，直线，若，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 1或 6. 若表示等差数列的前项和，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线：.当点到的距离最大时，（ ） A. B. C. D. 8. 已知等比数列的前项积为，公比，且，则（ ） A. B. C. 存在，使得 D. 当时，最小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得相应的分数，有选错的得0分． 9. 记为正项等比数列的前项和，为的公比，若，，则（ ） A. B. C. 是递增数列 D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过点且在x轴，y轴截距相等的直线方程为 B. 若，则直线与直线垂直 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 经过点，的直线方程均可用表示 11. 在数列中，，，且，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等差数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线方程为，则直线的倾斜角为________． 13. 数列的前项和为________. 14. “垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了关于“方垛”的描述及计算方法：如图1所示“方垛”，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放4个物体，…，第层放个物体，则这层方垛所放的物体总数为．现有某“三角垛”如图2所示，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放3个，第3层放6个，第4层放10个，第5层放15个物体，…，则第8层放________个物体，若该三角垛共有层，利用“方垛”的结论，计算该“三角垛”所放物体的总数为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知三角形的三个顶点分别为、、； （1）求边上中线的方程， （2）过点作的垂线，垂足为，求直线的方程并求出点的坐标， 16. 已知是等差数列，是等比数列，且，，，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的通项公式及前项和. 17. 已知直线的方程为，若在轴上的截距为，且． （1）求直线与的交点坐标； （2）已知直线经过与的交点，且在轴上的截距是在轴上的截距的2倍，求的方程． 18. 某林业公司种植速生林木参与碳交易，到年年底该公司速生林木的保有量为万立方米，速生林木年均增长率，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐万立方米制作筷子.设从年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米， （1）直接写出与之间的递推关系； （2）求数列的通项公式； （3）若要实现速生林木保有量较年底的保有量翻两番的规划目标，求正整数的最小值. （参考数据：，，，） 19. 已知数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）记，若对恒成立，求实数的取值范围； （3）记，数列的前项和为，若不等式对恒成立，求实数的最大值与整数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $