精品解析：黑龙江哈尔滨市第三中学校2025-2026学年高二下学期4月月考数学试题

哈三中2025—2026学年度下学期 高二学年4月月考数学试题 考试说明：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． 第I卷（选择题，共58分） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以， 所以，解得． 2. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义进行转化即可. 【详解】，. 故选：B 3. 等比数列的前项和为，，则（ ） A. 60 B. 50 C. 40 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的性质和基本量运算求出公比，再由前项和公式计算即得. 【详解】设等比数列的公比为，因，且， 故可将看成一元二次方程的两根，解得或. 当，则，解得，故； 当，则，解得，故. 故选：C. 4. 《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气，自冬至日起，其正午日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日22时45分为春分时节，其日影长为（ ） A. 4.5尺 B. 3.5尺 C. 2.5尺 D. 1.5尺 【答案】A 【解析】 【分析】由题意构造等差数列，设公差为，利用基本量代换求出通项公式，然后求. 【详解】冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列，设公差为，则. 由题意得： ，即，解得，所以. 所以（尺）. 故今年3月20日22时45分为春分时节，其日影长为4.5尺. 5. 设等差数列的前项和为，若，则满足的正整数的值为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】B 【解析】 【详解】由，则，，则， 因为是等差数列，则，即是递减数列， 又，， 则满足的正整数的值为14. 6. 设数列的通项公式为，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，对任意的，，结合作差法可得出实数的取值范围. 【详解】因为，且数列为单调递减数列， 所以对任意的，，即， 可得对任意的恒成立，所以， 解得，故实数的取值范围是. 7. 公差与首项相等的等差数列的前项和为，且记，其中表示不超过的最大整数，如，则数列的前65项和为（ ） A. 21 B. 258 C. 264 D. 270 【答案】D 【解析】 【分析】先求出数列的通项，再分组求数列的前65项和. 【详解】设等差数列的公差为，， 由，可得，可得， 所以， 所以， 当时； 当时，，共2项； 当时，，共4项； 当时，，共8项； 当时，，共16项； 当时，，共32项； 当、65时，，共2项． 所以数列的前65项和为． 8. 如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解. 【详解】由， 可得，，，， 所以， 所以， 所以前项和， 所以， 故选：C. 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A，是常数，常数的导数为，所以，A正确； 对于B，设，，则，， 所以，B正确； 所以，C正确； 对于D，，D错误． 10. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则是等差数列 B. 若，则是等比数列 C. 若是等差数列，则 D. 若是等比数列，且（为常数），则 【答案】CD 【解析】 【分析】求出判断A；求出通项公式进而判断B；利用等差数列性质判断C；找出通项公式，结合等比数列意义判断D. 【详解】对于A，，， 数列不是等差数列，A错误； 对于B，当时，，满足上式，因此，当时， 数列不是等比数列，B错误； 对于C，是等差数列，，C正确； 对于D，当时，，， 由是等比数列，得，因此，，D正确. 故选：CD 11. 已知数列满足，则（ ） A. 是递增数列 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，结合数列的单调性、累加法、累乘法、放缩法、裂项相消法，逐项分析判断即可. 【详解】数列中，，显然，否则， 对于A，，即，因此数列是递增数列，A正确； 对于B，，则，又，则当时， ，而成立，因此，B正确； 对于C，由，得，则当时，， ，则，C错误； 对于D，由，得，即， 因此，D正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 已知数列满足若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据数列的周期性即可求解. 【详解】由且，可得，，， 可得数列是以3为周期的周期数列，则． 故答案为： 13. 设等比数列的前项和为，若，则为______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据等比数列前项和满足成等比数列求解即可. 【详解】解：因为等比数列的前项和为满足成等比数列， 所以成等比数列， 因为，所以， 所以成等比数列， 所以，即：. 所以. 故答案为： 【点睛】结论点睛：等比数列的前项和为满足成等比数列，公比为，其中为等比数列的公比. 14. 已知正项数列的前项积为，且，则使得的最小正整数的值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】求出后，利用前项积的关系可得当时，，即可消去，得到数列是常数列，即可求出，从而可表示出，借助计算即可得解. 【详解】由为正项数列，则， 当时，，则， 当时，，由，则， 故，即，则， 即，则，又， 故数列是常数列，且， 故，则， 则， 令，即， 当时，有， 当时，有， 又在上单调递增， 故使得的最小正整数的值为. 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列性质计算即可； （2）先求得数列的通项公式，再运用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为 ，公差为， 则，解得， 因此通项公式为. 【小问2详解】 将代入，裂项得， 所以. 即. 16. 在数列中，，且是等差数列． （1）求，并求数列的通项公式： （2）设，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用累加法求数列通项； （2）利用错位相减法计算，再运用放缩法证明不等式即可. ​ 【小问1详解】 设 ，由题意是等差数列.， 得，设，则. 由等差数列性质 ，代入得， 解得. ​此时，得的公差为，因此， 即. 用累加法得， 则， 代入，验证也满足，得. 【小问2详解】 化简，前项和​ ① ， ①两边乘，得 ​② ①−②错位相减得， 整理得. 因为，对任意正整数成立，故，得证. 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求证：数列为等比数列； （2）若对一切，不等式均成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合作差法得到，变形可得，根据等比数列的概念证明即可. （2）结合（1）对不等式进行变形得到，求的最大值即可求解. 【小问1详解】 已知，当时，. 则， 所以，即. 当时，， 则，，满足. 因此，数列是以3为首项，3为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）得， 故不等式可化为，即. 设，，故只需即可. ， 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，，所以，即. 因此，在时取得最大值为， 故实数的取值范围为. 18. 已知数列满足：. （1）求的值； （2）若，证明：是等比数列； （3）若，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入计算即可得； （2）由题意可得，，则可得，再利用等比数列定义即可得证； （3）利用（2）中所得可求出，再借助裂项相消法可求出，即可得，再求出即可得证. 【小问1详解】 ，； 【小问2详解】 由，则，， 则， 则，即有， 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列； 【小问3详解】 由（2）可得，则， 故， 则， 故， 又， 故. 19. 平面内动点到直线与的距离的平方和为定值． （1）求动点的轨迹的方程： （2）过点做互相垂直的两条直线，直线交曲线于点，直线交曲线于点，记的中点为中点为，其中为正整数． ①求证：直线过定点，设该定点为，求； ②若的面积记为，求证：． 【答案】（1） （2）①证明见解析；；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）设动点的坐标，利用点到直线的距离公式，分别表示出两个距离，根据距离平方和为列出等式，化简后即可得出轨迹方程； （2）①设两条互相垂直直线的斜率，联立椭圆方程，由韦达定理分别求出两个中点坐标，，进而求出直线的方程，整理后得到与斜率无关的定点，从而求出，同时验证和不存在的特殊情况； ②通过三个点的坐标，表示出面积，再通过合理放缩结合等比数列求和，即可得出证明. 【小问1详解】 设动点的坐标为，则到直线与的距离分别为 ，， 由，代入化简得， 即，整理得动点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 ①设直线的斜率为，则的斜率为，点，令， 所以直线的方程为，代入， 整理得， 设，中点， 由韦达定理可得，， 即，同理，直线的方程为， 设中点，将点中的用替换， 即可得到，，即， 所以直线的斜率， 因此直线的方程为， 化简整理得，当时，，与无关， 因此直线过定点，所以； 当时，的方程为，的方程，中点， 直线方程为，所以过定点； 当不存在时，的方程为，的方程，中点， 直线方程仍为，所以过定点， 综上，直线过定点，. ②由，，坐标可知个点均位于坐标轴上， 则三角形以线段为底，为高， 所以，由可求得，， 则，对于，由，所以， 因此. 所以，对求和，， 化简整理得， 因此，，不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2025—2026学年度下学期 高二学年4月月考数学试题 考试说明：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． 第I卷（选择题，共58分） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. 3 B. C. D. 2. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 12 3. 等比数列的前项和为，，则（ ） A. 60 B. 50 C. 40 D. 30 4. 《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气，自冬至日起，其正午日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日22时45分为春分时节，其日影长为（ ） A. 4.5尺 B. 3.5尺 C. 2.5尺 D. 1.5尺 5. 设等差数列的前项和为，若，则满足的正整数的值为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 6. 设数列的通项公式为，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 公差与首项相等的等差数列的前项和为，且记，其中表示不超过的最大整数，如，则数列的前65项和为（ ） A. 21 B. 258 C. 264 D. 270 8. 如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则是等差数列 B. 若，则是等比数列 C. 若是等差数列，则 D. 若是等比数列，且（为常数），则 11. 已知数列满足，则（ ） A. 是递增数列 B. C. D. 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 已知数列满足若，则______． 13. 设等比数列的前项和为，若，则为______. 14. 已知正项数列的前项积为，且，则使得的最小正整数的值为______． 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 在数列中，，且是等差数列． （1）求，并求数列的通项公式： （2）设，数列的前项和为，求证：． 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求证：数列为等比数列； （2）若对一切，不等式均成立，求实数的取值范围． 18. 已知数列满足：. （1）求的值； （2）若，证明：是等比数列； （3）若，数列的前项和为，求证：． 19. 平面内动点到直线与的距离的平方和为定值． （1）求动点的轨迹的方程： （2）过点做互相垂直的两条直线，直线交曲线于点，直线交曲线于点，记的中点为中点为，其中为正整数． ①求证：直线过定点，设该定点为，求； ②若的面积记为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $