精品解析：江西省赣州市大余县部分学校2024-2025学年高二上学期12月联考数学试题

2024-2025学年上学期12月月考高二数学试卷 能力提升卷 （测试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题共60分） 一、单项选择题（共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＝，则a2＝（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合数列的前n项和公式以及中项性质将已知条件化简整理即可直接求出结果. 【详解】∵ ∵＝，即，则 ∵a1a2a3＝15， ∴＝， ∴a2＝3. 故选：C. （2021年四川省泸县第二中学高一月考） 2. 已知函数，若数列满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求得，得出数列的周期为4，根据数列的周期性，得到，即可求解. 【详解】由题意，函数，且数列满足， 所以，， ，， ，， 所以数列的周期为4，所以. 故选：C. 3. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，…该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，若是“斐波那契数列”，则的值为（ ）. A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知数列的特点依次求出，，，的值，发现这些数依次为，进而可求出答案 【详解】由题设可知，斐波那契数列为： 其特点为：前两个数为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，由此可知： ， ， ， ， ， 则 . 故选：B. 4. 已知数列满足，设，为数列的前项和．若对任意恒成立，则实数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用相减法求得，从而可得，再由裂项相消法求得后可得参数最小值． 【详解】当时，，因为， 所以时，． 两式相减得到，故，时不适合此式， 所以当时，； 当时，， 所以；所以的最小值． 故选:C． （2021年陕西西北工业大学附属中学高一月考） 5. 数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先设，根据题意得到，从而得到，即可得到，即可得到答案. 【详解】由题知：设， 则， 所以. 又因为， 所以，，，，， 即，解得. 因为，所以， 又因为，所以，即. 故选：C 6. 定义：如果函数在区间上存在，满足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ∵函数是区间上的双中值函数， ∴区间上存在 ， 满足 ∴方程在区间有两个不相等的解， 令， 则， 解得 ∴实数的取值范围是. 故选:A． （2021年浙江杭州市杭十四中高二期中） 7. 已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. （0，1） D. 【答案】B 【解析】 【分析】设切点分别为和(s，t)，再由导数求得斜率相等，得到构造函数由导数求得参数的范围． 【详解】的导数为的导数为设与曲线相切的切点为与曲线相切的切点为(s，t)，则有公共切线斜率为又，即有，即为，即有则有 即为令则， 当时，递减，当时，递增，即有处取得极大值，也为最大值，且为由恰好存在两条公切线，即s有两解，可得a的取值范围是， 故选:B 8. 设直线与函数的图象交于点，与直线交于点．则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，用表示出，结合导数判断单调性，求出最值即可. 【详解】由题意得，，则． 设函数，，则， 易知在上单调递减，在上单调递增，所以， 又，，所以的值域为，故的取值范围是． 故选：A. 二、多项选择题（共4个小题，部分选对得2分，全部选对得5分，共20分） （2021年福建省福州第一中学高三开学考试） 9. 设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与均为的最大值 【答案】BD 【解析】 【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可. 【详解】由题意知， ：由得，由得， 所以，又，所以，故错误； ：由得，故正确； ：因为是各项为正数的等比数列，， 有 所以， 所以，故错误； ：， 则与均为的最大值，故正确. 故选： 10. 已知正项数列的前项和为，若对于任意的，，都有，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若该数列的前三项依次为，，，则 D. 数列为递减的等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】 令，则，根据，可判定A正确；由，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；，根据，可判定D错误. 【详解】令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A正确； 由，所以，故B错误；根据等差数列的性质，可得，所以，， 故，故C正确； 由，因为，所以是递增的等差数列，故D错误. 故选：AC. 【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法； 1、作差比较法：根据的符号，判断数列是递增数列、递减数列或是常数列； 2、作商比较法：根据或与1的大小关系，进行判定； 3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断. 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 有两个不同的零点 C. D. 若在上恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导函数确定的单调性极值及最值情况，就能确定ABC的正误，对于D，恒成立问题，可通过参变分离求最值来解决. 【详解】【解】A选项，，定义域为，，令，解得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 函数在时取得极大值也是最大值，故A对， B选项，时，，，当时，如下图所示： 函数有且只有唯一一个零点，故B错， C选项，当时为单调递减函数，， ，，故C对， D选项，，故，由于函数在上恒成立， ，设，定义域为，则， 设，解得，单调递增，单调递减，，故，故D对. 故选：ACD. 12. 已知等比数列首项，公比为q，前n项和为，前n项积为，函数，若，则下列结论正确的是（ ） A. 为单调递增的等差数列 B. C. 为单调递增的等比数列 D. 使得成立的n的最大值为6 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先求函数的导数，根据条件判断，先判断B；再结合等比数列的定义和等差数列的定义判断AC；最后数列前项积的定义判断D. 【详解】函数， 则， 因为，所以， 由等比数列的性质可得， 所以，所以， 由，可得，故B正确； 因为等比数列首项，公比为q，所以， 则，故为单调递减的等差数列，故A错误； 设 ，则为常数， 因为，所以，单调递减， 所以为单调递增的等比数列，故C正确； 因为，且，所以，， 所以使得成立的n的最大值为6，故D正确． 故选：BCD 第Ⅱ卷（非选择题共90分） 三、填空题（共4个小题，每小题5分，共20分） （2021年山西高三模拟） 13. 设数列的前项和为，且，，则__________. 【答案】1189 【解析】 【分析】由，两式相加得，然后进一步通过迭代法可求得答案 【详解】解：因为， 所以， 所以， 由，可得 所以， 所以 ， 故答案为：1189 14. 朱载堉（1536-1611）是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设第三个音的频率为，第七个音的频率为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】 将每个音的频率看作等比数列，利用等比数列知识可求得结果. 【详解】由题知：一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等， 可以将每个音的频率看作等比数列，一共13项，且， 最后一个音是最初那个音的频率的2倍， ，， ， ． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关键. 15. 已知是，的等差中项，是，的等比中项，则______. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意得，，消去，可得，化简得，得，则有 【详解】由题设可知： 由是，的等差中项，则①， 是，的等比中项，则②， 则有①②可知：③， ，， 则将③式变形得：， 即， 则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：此题考查等差中项、等比中项的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由已知条件得，，消去，可得，再利用三角函数恒等变换公式化简可得结果，考查转化思想和计算能力，属于中档题 （2021年江苏高三专题练习） 16. 已知函数在R数上单调递增，且，则的最小值为__________，的最小值为__________. 【答案】 ①. . ②. . 【解析】 【分析】 根据条件分析出，根据函数的单调性分析出的最小值.将待求式子变形为关于的式子，利用基本不等式以及函数单调性求解出的最小值. 【详解】解：因为在R上单调递增，则， 所以，所以，又因为，所以，则， 又因为，， 令函数，在恒成立， 在上单调递减， 所以，所以的最小值为，取等号时， 所以，又因为，取等号时， 且函数，， 在上递增，所以， 所以的最小值为，取等号时； 故答案为： ；. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求解最值时，一定要注意取等号的条件是否能满足，若不满足则无法直接使用基本不等式，转而利用对勾函数单调性分析更方便. 四、解答题（共6个小题，共70分） 17. 设数列的前n项和为，从条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．已知数列的前n项和为，，________． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n和． 【答案】任选三条件之一，都有（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）若选①可得为常数数列，即可求出；若选②利用时，可得，即可得为常数数列，即可求出；若选③当时，利用可得，即可得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，从而得解； （2）利用错位相减法求和； 【详解】选条件①时， （1）时，整理得，所以. （2）由（1）得：， 设，其前项和为， 所以 ①， ②， ①②得：， 故， 所以. 选条件②时， （1）由于，所以①，当时，②， ①②得：， ，整理得，所以. （2）由（1）得：， 设，其前项和为， 所以 ①， ②， ①②得：， 故， 所以. 选条件③时， 由于， ① ② ①②时，，整理得（常数）， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列. 所以. （2）由（1）得：， 设，其前项和为， 所以①， ②， ①②得：， 故， 所以. 【点睛】数列求和的方法技巧： （1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． （2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． （3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 18. 已知为等差数列，为等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）对任意的正整数，设，求数列的前项和. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】 （1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列和等比数列的通项公式可求得数列和的通项公式； （2）设数列的前项和中奇数项的和为，偶数项的和为，推导出：当为正奇数时，，当为正偶数时，，利用裂项相消法可求出，利用错位相减法可求得，进而可求得数列的前项和. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，，则，可得，所以， 因为，，所以，整理得，解得， 所以； （2）设数列的前项和中奇数项的和为，偶数项的和为， 当为奇数时，， 当为偶数时，， 对任意的正整数，， ，①， 由①得，②， ①②得， 化简得. 因此，数列的前项和为. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和； （2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和； （3）对于型数列，利用分组求和法； （4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和. 19. 已知函数()． （1）若函数有两个极值点，求的取值范围； （2）证明：当时，． 【答案】（1）； （2）证明：令()，则只需证明当时恒成立即可， 则，令， 则， 当时，，，， 则，则在时单调递增， 又， ∴时，，则在时单调递增， ∴当时，即当时，． 【解析】 【分析】（1）由题意转化为有两个变号零点，再参变分离后得，利用图象求的取值范围；（2）首先构造函数()，求函数的二次导数，分析函数的单调性，并求函数的最值，并证明不等式. 【详解】（1）的定义域为，， 若函数有两个极值点，则有两个变号零点， 等同于， 即水平直线与曲线有两个交点(不是的切线)， 令，的定义域为，则，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递减， 则为的极大值，也为最大值， 当时，， 当时，， 当时，且为正数， 则的图像如图所示，则此时； （2）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 其中一种重要的技巧就是找到函数在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的突破口. 20. 已知数列满足 （1）求数列的通项公式； （2）求证：. 【答案】 （1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由题可知数列为等比数列，公比，进一步求出的通项公式，所以，利用累加法求出数列的通项公式； （2）利用对数列进行放缩 ，化简求出答案. 【详解】（1），所以数列为等比数列，公比，所以，所以 （2）略 【点睛】放缩法的注意事项： （1）放缩的方向要一致。 （2）放与缩要适度。 （3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）。 （4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象。 21. 设函数 （1）若函数在上递增，在上递减，求实数的值. （2）讨论在上的单调性； （3）若方程有两个不等实数根，求实数的取值范围，并证明. 【答案】（1） （2）当时，在上递增； 当或时，在上递减； 当且时，在上递增，在上递减. （3）令， ， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故在处取得最小值为， 又当， 所以函数大致图象为： 由图象知：. 不妨设，则有， 要证，只需证即可， 令， 则 在上单调递增， 故 即， ， . 【解析】 【分析】(1) 通过求导来判断极值点，以此求出a的值; （2）求导后对分类讨论，分，，且三种情况，讨论函数的单调性即可； （3）构造函数，通过导数研究的大致图象，数形结合可得的取值范围，要证明，即证，即证，做差转化为利用导数研究函数的最小值即可证明. 【小问1详解】 由于函数在上递增，在上递减， 由单调性知是函数的极大值点，无极小值点，所以， ∵， 故， 此时满足是极大值点，所以； 【小问2详解】 ∵， ∴， ①当时，在上单调递增. ②当，即或时，， ∴在上单调递减. ③当且时，由 得. 令得； 令得. ∴在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上递增； 当或时，在上递减； 当且时，在上递增，在上递减. 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性、极值、最值等问题.分类讨论、转化化归思想以及函数思想贯穿解答的整个过程;还用到了极限思想，综合性较强，属于难题. 22. 已知函数，其中. （1）讨论的单调性. （2）是否存在，对任意，总存在，使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】 （1）由，得， 当时，对任意，，所以单调递减； 当时，令，得， 当时，，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）先求出函数的导数，再对a进行分类讨论，从而求出函数的单调区间； （2）对a进行分类讨论，分为，，三种情况，利用导数研究函数的最值，从而进行分析求解即可. 【详解】（1略 （2）存在满足条件的实数，且实数的值为， 理由如下： ①当，且时，由（1）知，在上单调递减， 则时，， 则， 所以此时不满足题意； ②当时，由（1）知，在上，单调递增， 在上，单调递减， 则当时，， 当时，对任意， ， 所以此时不满足题意； ③当时，令（）， 由（1）知在上单调递增，进而知在上单调递减， 所以，， 若对任意的，总存在，使得， 则，，即， 所以，解得， 综上，存在满足题意的实数，且实数的值为. 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性的一般步骤：①确定函数的定义域；②求导函数；③若求单调区间（或证明单调性），只需在函数的定义域内解（或证明）不等式或（不恒等于0）即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上学期12月月考高二数学试卷 能力提升卷 （测试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题共60分） 一、单项选择题（共8个小题，每小题5分，共40分） 1. 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＝，则a2＝（ ） A. 2 B. C. 3 D. （2021年四川省泸县第二中学高一月考） 2. 已知函数，若数列满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 3. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，…该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，若是“斐波那契数列”，则的值为（ ）. A. B. 1 C. D. 2 4. 已知数列满足，设，为数列的前项和．若对任意恒成立，则实数的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. （2021年陕西西北工业大学附属中学高一月考） 5. 数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 6. 定义：如果函数在区间上存在，满足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是 A. B. C. D. （2021年浙江杭州市杭十四中高二期中） 7. 已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. （0，1） D. 8. 设直线与函数的图象交于点，与直线交于点．则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共4个小题，部分选对得2分，全部选对得5分，共20分） （2021年福建省福州第一中学高三开学考试） 9. 设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与均为的最大值 10. 已知正项数列的前项和为，若对于任意的，，都有，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若该数列的前三项依次为，，，则 D. 数列为递减的等差数列 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 有两个不同的零点 C. D. 若在上恒成立，则 12. 已知等比数列首项，公比为q，前n项和为，前n项积为，函数，若，则下列结论正确的是（ ） A. 为单调递增的等差数列 B. C. 为单调递增的等比数列 D. 使得成立的n的最大值为6 第Ⅱ卷（非选择题共90分） 三、填空题（共4个小题，每小题5分，共20分） （2021年山西高三模拟） 13. 设数列的前项和为，且，，则__________. 14. 朱载堉（1536-1611）是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设第三个音的频率为，第七个音的频率为，则______． 15. 已知是，的等差中项，是，的等比中项，则______. （2021年江苏高三专题练习） 16. 已知函数在R数上单调递增，且，则的最小值为__________，的最小值为__________. 四、解答题（共6个小题，共70分） 17. 设数列的前n项和为，从条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．已知数列的前n项和为，，________． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n和． 18. 已知为等差数列，为等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）对任意的正整数，设，求数列的前项和. 19. 已知函数()． （1）若函数有两个极值点，求的取值范围； （2）证明：当时，． 20. 已知数列满足 （1）求数列的通项公式； （2）求证：. 21. 设函数 （1）若函数在上递增，在上递减，求实数的值. （2）讨论在上的单调性； （3）若方程有两个不等实数根，求实数的取值范围，并证明. 22. 已知函数，其中. （1）讨论的单调性. （2）是否存在，对任意，总存在，使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $