精品解析：江苏苏州市第六中学校2026-2027学年高二上学期10月阶段盘点数学试题

苏州市第六中学校2026-2027学年高二上学期数学阶段盘点 2026.10.13 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角. 【详解】直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则 ，则. 故选：D． 2. 对于正项等比数列，“”是 “数列是单调递增数列”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分必要条件关系结合等比数列的单调性判断. 【详解】因为为正项等比数列，设其公比为， 若，则，所以，则或（舍去）， 所以为单调递增数列，即由可以推出为单调递增数列； 若为单调递增数列，则， 所以是为单调递增数列的充分必要条件. 故选：C. 3. 将直线绕点顺时针旋转得到直线，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，，所以的斜率之积为，可得到的斜率，再由过点，即可得到答案． 【详解】设直线的斜率分别为，由可知，， 由题意可知，，所以，所以． 因为过点，所以由直线的点斜式方程可知的方程为， 即． 故选：C. 4. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列前项和的性质计算即可. 【详解】因为为等比数列的前项和，所以成等比数列， 由，得，则，所以，所以， 所以. 故选：B 5. 等差数列的前四项之和为，后四项之和为，各项和为，则此数列的项数为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可得，两式左右两端分别相加，根据等差数列的性质，可求的值，再根据等差数列前项和公式，求项数. 【详解】由题意可得， 以上两式左右两端分别相加，可得. 数列是等差数列，， . 又. 故选：. 【点睛】本题考查等差数列的性质和前项和公式，属于基础题. 6. 已知数列的前项和为，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知数列是公差为1的等差数列，先求出数列的通项公式，再利用与的关系求出即可. 【详解】∵a1 = 1，－ = 1， ∴是以1为首项，以1为公差的等差数列， ∴，即， ∴（）. 当时，也适合上式，. 故选：A. 7. 若数列的前项和为，且是与的等差中项，，则（ ） A. 27 B. 54 C. 81 D. 243 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列通项与前项和的关系推出数列的递推关系,结合等差中项的性质求出首项,确定等比数列的通项后计算. 【详解】已知,当时,有,两式作差得: , 整理得,即数列从第二项起为公比为3的等比数列,因此. 当时, ; 又因为是与的等差中项,所以, 整理得,又因为,解得,满足, 所以数列是首项为1,公比为3的等比数列,所以因此. 8. 设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推公式构造数列，结合可得数列的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解. 【详解】因为，所以，所以数列是常数列， 又，所以，从而， 所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故． 因为恒成立，所以恒成立，即恒成立． 设，则，从而． 记，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 又，，，且， 所以的最小值是，所以． 故选：B 二、多选题：本题共3小题，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. 已知直线，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线的倾斜角为 B. 若，则 C. 若，则 D. 直线的纵截距为 【答案】BD 【解析】 【分析】本题给了两条含参的直线方程，通过不同条件判断直线的性质或已知直线性质求参数范围. 【详解】对于A，当时，直线，斜率，则倾斜角为，故A错误； 对于B，，等价于，解得，故B正确； 对于C，若，则，故，故C错误； 对于D，，当时，，所以直线的纵截距为，故D正确． 故选BD． 10. 设数列是公差为等差数列，为其前n项和，，且，则（　　） A. B. C. D. ，为的最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题干条件找出和的等量关系，分析出和的符号后逐一判断即可. 【详解】根据可知，，由等差中项可得，，即，故B正确； ，，故，故A正确； ，可知，等差数列单调递增，但，说明都是负数，故最小，又，于是，它们均是最小值，故D正确； 据刚才分析，，而，故C错误. 故选：ABD 11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设第层有个球，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 为偶数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，利用累加法得即可判断ABC选项，对于D，，再根据裂项相消法可得的和，接着简单放缩即可判断. 【详解】根据题意，当时，， 累加得， ，易知也满足，所以， ，故A正确； ，故B正确； 为奇数，故C错误； ，， ， ， 即，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前项和为，，，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为为正项等比数列，所以公比，且对任意，. 根据等比数列的性质得，又，所以. 因为，所以公比，首项. 故由等比数列前项和公式得. 13. 已知等差数列的前项和为，且，则__________；若恒成立，则符合条件的公差的一个取值为__________． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】先利用等差数列前n项和公式与通项公式化简已知等式求解首项，再根据恒成立等价于且，解不等式得到公差d的取值范围. 【详解】设等差数列的公差为d，，其前n项和公式为，通项公式为，， 又，所以，解得. 因为恒成立， 所以数列递减，且， 所以，解得 符合条件的公差的一个取值为（答案不唯一，满足即可）. 14. 已知数列的首项，其前项和为，且满足，则当取得最小值时，___________. 【答案】5 【解析】 【分析】首先根据得到，令得到，从而得到，再求当取得最小值时的值即可. 【详解】由题意， 可得，. 令，则，即是常数列， 所以，故. 当时，；当时，. 故当时，取得最小值. 故答案为：5 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明和演算步骤． 15. 已知的三个顶点分别为，，，求： （1）边所在直线的方程； （2）边上中线所在直线的方程； （3）边的垂直平分线的方程 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由两点式求直线的方程； （2）由条件求的坐标，再求直线所在直线的方程； （3）根据直线垂直时斜率的关系求直线的斜率，再求其方程. 【小问1详解】 因为直线经过和两点， 由两点式得的方程为，即 【小问2详解】 ，，为的中点， 点的坐标为， 又边的中线过点，两点， 由截距式得所在直线方程为，即 . 【小问3详解】 的斜率，则的垂直平分线的斜率， 由斜截式得直线的方程为，即． 16. 已知正项等比数列的前项和为且成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）若求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的公比为，，结合题意列出关于的方程，求出，即可得到数列的通项公式； （2）由等比数列的前项和公式可得关于的方程，求解可得. 【小问1详解】 设的公比为， 因为，且，，成等差数列， 所以，即， 整理得. 因为，所以. 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 因为数列是等比数列，所以是首项为，公比为的等比数列. 所以， ，解得. 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. 已知数列的前n项和为，且满足 （1）证明数列为等比数列，并求它的通项公式； （2）设，求数列的前n项和 【答案】（1）证明如下： 由题设，则，整理得， 又， ∴是首项为1，公比为3的等比数列， ∴. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据递推式可得，结合等比数列的定义判定证明，进而写出通项公式； （2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，则， 所以， 所以， 所以. 19. 已知数列，，其中数列是等差数列，且满足，，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）设数列的前项和为，记集合，求集合中所有元素的和． 【答案】（1），. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过赋值联立方程组求出，利用等差数列通项公式求出，再根据条件变形得到； （2）先求出的表达式，对分式裂项，再利用裂项相消法求和； （3）对分奇偶讨论求出前项和，依据条件筛选集合中的元素，再计算集合中所有元素的和. 【小问1详解】 由，令，得；令，得. 联立，解得； 联立，解得. 因为是等差数列，所以公差，故数列的通项公式为. 因为，所以的通项公式为. 综上，，. 【小问2详解】 由（1）得：，， 因此， 故用裂项相消法求数列的前项和：  . 【小问3详解】 由（1）知，当为偶数时，令，则 ， 故 ， 由，且为偶数，解得符合条件的为，即. 当为奇数时，为偶数，， ，又，所以所有不大于100的奇数. 综上，集合中所有元素的和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏州市第六中学校2026-2027学年高二上学期数学阶段盘点 2026.10.13 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 2. 对于正项等比数列，“”是 “数列是单调递增数列”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 3. 将直线绕点顺时针旋转得到直线，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 4. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 等差数列的前四项之和为，后四项之和为，各项和为，则此数列的项数为 A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和为，满足，，则（ ） A. B. C. D. 7. 若数列的前项和为，且是与的等差中项，，则（ ） A. 27 B. 54 C. 81 D. 243 8. 设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8 二、多选题：本题共3小题，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. 已知直线，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线的倾斜角为 B. 若，则 C. 若，则 D. 直线的纵截距为 10. 设数列是公差为等差数列，为其前n项和，，且，则（　　） A. B. C. D. ，为的最小值 11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设第层有个球，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 为偶数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前项和为，，，则________． 13. 已知等差数列的前项和为，且，则__________；若恒成立，则符合条件的公差的一个取值为__________． 14. 已知数列的首项，其前项和为，且满足，则当取得最小值时，___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明和演算步骤． 15. 已知的三个顶点分别为，，，求： （1）边所在直线的方程； （2）边上中线所在直线的方程； （3）边的垂直平分线的方程 16. 已知正项等比数列的前项和为且成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）若求． 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. 已知数列的前n项和为，且满足 （1）证明数列为等比数列，并求它的通项公式； （2）设，求数列的前n项和 19. 已知数列，，其中数列是等差数列，且满足，，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）设数列的前项和为，记集合，求集合中所有元素的和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $