精品解析：甘肃省兰州第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

兰州一中2025—2026-1学期10月月考试题 高二数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分， 考试时间120分钟.请将答案填在答题卡上. 出题：达志虎 审题：韩慧萍 第Ⅰ卷（选择题 共58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. 已知数列的通项公式是，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为公差不为0的等差数列，若，则（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 3. 在等比数列中，，则（    ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 4. 已知数列的通项公式，则数列的最大值是（ ） A. 3 B. 2 C. D. 5. “三分损益法”是古代中国发明的制定音律时所用的生律法．例如：假设能发出第一个基准音的乐器的长度为36，那么能发出第二个基准音的乐器的长度为，能发出第三个基准音的乐器的长度为，……，也就是依次先减少三分之一，后增加三分之一，以此类推．现有一兴趣小组彩用此规律构造了一个共12项的数列用来研究数据的变化，已知，则（ ） A. 324 B. 297 C. 25 D. 168 6. 已知等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 7. 已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（       ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 8. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. 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，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 在等差数列中，已知，，是其前项和，则（ ）． A. B. C. D. 10. 已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ） A. 若点在函数（k，b为常数）的图象上，则为等差数列 B. 若为等差数列，则为等比数列 C. 若为等差数列，，，，则当时，最大 D. 若，则为等比数列 11. 已知正项数列的首项，前项积为，且，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 是递增数列 D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列满足，且，则________________ 13. 数列中，，且满足，则实数的取值范围是______． 14. 数列的前n项和，数列满足，则数列的最大项为第______项. 四、解答题（本大题共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. 设等差数列的前n项和为，，. （1）求的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求. 16. 已知数列的前n项和为，且. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前n项和. 17. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）若，证明数列的前n项和. 18. 已知数列的首项，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）记，求的前项和． 19. 若递增数列的后一项与其前一项的差大于，则称这个数列为“超1数列”. （1）已知数列是“超1数列”，求实数的取值范围； （2）已知数列是“超1数列”，其前项和为，若，试判断是否存在实数，使得对恒成立，并说明理由； （3）已知正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，证明：数列是“超1数列”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州一中2025—2026-1学期10月月考试题 高二数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分， 考试时间120分钟.请将答案填在答题卡上. 出题：达志虎 审题：韩慧萍 第Ⅰ卷（选择题 共58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. 已知数列的通项公式是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据通项公式写出前4项，即可得. 【详解】根据数列通项公式，可得的前4项依次为，，，. 故选：C 2. 已知为公差不为0的等差数列，若，则（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式即可求解. 【详解】因为为公差不为0的等差数列，设公差为， 所以， 因为，所以， 故选：B. 3. 在等比数列中，，则（    ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】根据求出，再根据可得答案. 【详解】设等比数列的公比为， 由，可得q＝2，所以. 故选：A. 4. 已知数列的通项公式，则数列的最大值是（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数列的通项对应的函数为二次函数，利用二次函数的性质求解. 【详解】因为，其对应的函数为二次函数， 开口向下，对称轴为，又， 所以或2时，取得最大值，故数列的最大值是. 故选：C. 5. “三分损益法”是古代中国发明的制定音律时所用的生律法．例如：假设能发出第一个基准音的乐器的长度为36，那么能发出第二个基准音的乐器的长度为，能发出第三个基准音的乐器的长度为，……，也就是依次先减少三分之一，后增加三分之一，以此类推．现有一兴趣小组彩用此规律构造了一个共12项的数列用来研究数据的变化，已知，则（ ） A. 324 B. 297 C. 25 D. 168 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到，即可得到答案. 【详解】由题知：，解得. 故选：A 6. 已知等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用，，成等比数列，借助，可以把看成一个关于的二次函数，从而可求最小值. 【详解】由题意知，，成等比数列，所以， 即，所以， 当时，取得最小值3. 故选：D. 7. 已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（       ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可. 【详解】解：设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，化简得，解得或， 当时，2； 当时，. 故选：C. 8. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，变形计算判断AB；裂项，结合累加法求通推理判断CD. 【详解】对于A，由，得，，则，A错误； 对于B，由，得，当时，，B错误； 对于CD，由，得，则， 即，则当时，， ，因此，，， ，而，C正确，D错误. 故选：C 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，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 在等差数列中，已知，，是其前项和，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据已知条件得出、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式与求和公式可判断各选项的正误. 【详解】由已知条件得，解得. 对于A选项，，A选项正确； 对于B选项，，B选项错误； 对于C选项，，C选项正确； 对于D选项，， ，所以，，D选项正确. 故选：ACD. 10. 已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ） A. 若点在函数（k，b为常数）的图象上，则为等差数列 B. 若为等差数列，则为等比数列 C. 若为等差数列，，，，则当时，最大 D. 若，则为等比数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】直接利用数列的递推关系式，等差数列和等比数列的定义判断A，B，C，D的结论． 【详解】对于A：点在函数，为常数）的图象上，故， 故（常数），则为等差数列，故A正确； 对于B：由于数列为等差数列，所以（常数）， 故（常数），所以数列为等比数列，故B正确； 对于C：若为等差数列，，所以，则， 又，所以，故，所以公差， 所以等差数列递减，则当时，，当时，， 则当时，最大，故C正确； 对于D：由于，当时，整理得， 当时，，故， 经检验，不满足上式， 故，故选项D错误． 故选：ABC． 11. 已知正项数列的首项，前项积为，且，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 是递增数列 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由数列递推式得，则数列是首项为，公差为1的等差数列，根据等差数列通项公式得到，可判断A、B；根据即可判断C；根据可求即可判断D. 【详解】，， 则数列是首项为，公差为1的等差数列， 所以，即，，故A错误，B正确； ，因为函数在单调递增， 所以是递增数列，故C正确； ， ，故D错误. 故选：BC. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列满足，且，则________________ 【答案】 【解析】 【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据可得结果. 【详解】由题意得：，，， 所以数列是周期为3的周期数列， 所以. 故答案为：. 13. 数列中，，且满足，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意知数列是单调递增数列，则，得对任意恒成立，分离参数得，即求即可. 【详解】由有，所以， 由题知数列是单调递增数列，所以， 即对任意恒成立，所以， 即，当时，的最大值为，即. 故答案为：. 14. 数列的前n项和，数列满足，则数列的最大项为第______项. 【答案】7 【解析】 【分析】利用时，求得，从而得出，再设的第项最大， 解不等式组可得． 【详解】因为，当时，， 时，， 经检验也符合， 所以， 则， 假设的第项最大， 则，即，解得, 又，所以. 故答案为：7. 四、解答题（本大题共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. 设等差数列的前n项和为，，. （1）求的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求. 【答案】（1） （2）52 【解析】 【分析】（1）设公差为，然后由等差数列的通项公式与前项和公式求解； （2）由（1）判断出前6项为正，然后由前项和公式计算. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 则，解得， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，所以， . 16. 已知数列的前n项和为，且. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件先求得，再利用证明是常数； （2）由（1）求得，然后再用分组求和法求得. 【小问1详解】 由，① 得时，，②， ①②得，即， 又，所以， 所以时，， 所以是以为首项，公比的等比数列； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以. 17. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）若，证明数列的前n项和. 【答案】（1）； （2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）利用求解； （2）用裂项相消法求得和，再由不等式的性质得证． 【小问1详解】 时，， 当时，由，① 得，② ①②得，即， 也符合， 所以； 【小问2详解】 由（1）得， 所以 ． 18. 已知数列的首项，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）记，求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得出是首项为3，公差为5的等差数列，根据等差数列通项公式求得，即可求得数列的通项公式； （2）结合（1），根据错位相减法求解即可． 【小问1详解】 由题意知，所以由，得， 所以，又， 所以是首项为3，公差为5的等差数列， 所以，即． 【小问2详解】 由（1）得， 所以①， ②， ①②，得 ， 所以． 19. 若递增数列的后一项与其前一项的差大于，则称这个数列为“超1数列”. （1）已知数列是“超1数列”，求实数的取值范围； （2）已知数列是“超1数列”，其前项和为，若，试判断是否存在实数，使得对恒成立，并说明理由； （3）已知正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，证明：数列是“超1数列”. 【答案】（1） （2）不存在符合要求的实数，理由如下： 由题知，对恒成立， 所以数列是等差数列，且，公差为， 所以. 假设存在实数，使得对恒成立， 即对恒成立， 所以对恒成立. 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以假设不成立，故不存在符合要求的实数. （3）由题意，设数列的公比为且，则. 因为， 所以在数列中，为最小项. 所以在数列中，为最小项. 因为为“超1数列”， 所以只需，即， 又，所以. 又不是“超1数列”，且为最小项， 所以，即. 又，所以， 又，所以或4. 当时，， 令， 则， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列是“超1数列”. 当时，， 令， 则， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列是“超1数列”. 综上所述，数列是“超1数列”. 【解析】 【分析】（1）利用“超1数列”的定义得，且，即可求得结果. （2）先假设存在实数，使得对恒成立， 等价于对恒成立.推出矛盾即可证明. （3）由正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，得出公比或4.再分情况讨论，利用“超1数列”的定义证明数列是“超1数列” 【小问1详解】 由题知，，且， 解得， 所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，直接模仿定义中的条件来列式计算即可对(1)问求解，然后结合新定义及假设存在，最后推出矛盾即可对（2）问进行求解.对于第（3）问则根据题干中的条件正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，得出公比或4.再分情况分别证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $