精品解析：甘肃省兰州第一中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

2026-2027-1学期10月月考考试题 高二数学 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．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡． 一、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，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知在等差数列中，，，则等于（ ） A. -2 B. 4 C. 6 D. 8 2. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则的值为（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 100 4. 已知数列对于任意，都有，若，则（ ） A. 9 B. 12 C. 16 D. 18 5. 在等比数列中，是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个项数为偶数的等比数列所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8，则（ ） A. 2 B. -2 C. -1 D. 2或-2 7. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. C. D. 8. 1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历步构造后，不属于剩下的闭区间，则的最小值是（ ）． A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 二、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．全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 C. 过、两点的所有直线的方程为 D. 设直线的方程为，则直线倾斜角的取值范围是 10. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是公差为1的等差数列 B. C. 数列的前项和为 D. 数列是等差数列 11. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是数列中的最大值 D. 数列无最大值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上） 12. 已知数列满足，，则__________． 13. 已知数列为递增数列，，则的取值范围是___________. 14. 已知点，，若直线：与线段有交点，则直线斜率的取值范围_________________． 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. 已知数列中，，，设. （1）求证：是等比数列； （2）求数列的前n项和. 16. 已知数列的前项和为，且满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 已知直线方程为． （1）证明：直线恒过定点； （2）若直线分别与轴，轴的负半轴交于，两点，求面积的最小值及此时直线的方程． 18. 已知数列为等比数列，且，，为等差数列，且，． （1）分别求数列，的通项公式． （2）设数列的前项和为，求数列的前项和． （3）若对任意，，恒成立，求实数的最小值． 19. 已知数列满足．记（）． （1）计算，并证明数列为等比数列； （2）设，且数列的前项和为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027-1学期10月月考考试题 高二数学 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．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡． 一、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，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知在等差数列中，，，则等于（ ） A. -2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列性质求出公差及指定项. 【详解】在等差数列中，，解得，公差， 所以. 故选：C 2. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】记此等比数列为，设其公比为，由，得， 依题意，，相除得，所以， 所以这个数列的公比等于2. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则的值为（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 100 【答案】B 【解析】 【分析】只需根据已知求得，再结合等差数列性质以及求和公式即可求解. 【详解】等差数列中，由，得，解得， 所以． 故选：B. 4. 已知数列对于任意，都有，若，则（ ） A. 9 B. 12 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，不妨令，由得：， 即， 所以数列是以为公差的等差数列， 因此. 5. 在等比数列中，是方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，结合等比数列的性质求解. 【详解】因为是等比数列，且，是方程的两根，所以：，且，. 根据等比数列的性质，得：，且，所以 ∴. 故选：A 6. 已知一个项数为偶数的等比数列所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8，则（ ） A. 2 B. -2 C. -1 D. 2或-2 【答案】D 【解析】 【分析】设数列共有项，设所有奇数项之和为，由题意表求出和，利用求出公比，再结合求出即可. 【详解】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为， 因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以， 所以，， 故满足，解得， 又， 所以. 故选：D 7. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列前项和的性质求解即可. 【详解】由，得，设，为非零实数，则， 因为数列是等差数列， 所以，…，是以为首项，为公差的等差数列， 所以，解得， 所以， 故选：A 8. 1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历步构造后，不属于剩下的闭区间，则的最小值是（ ）． A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据三分康托集的构造过程可知：经历第步，每个去掉的开区间以及留下的闭区间的区间长度都是，根据规律即可求出属于，进而根据不等式可求解. 【详解】不属于剩下的闭区间，属于去掉的开区间 经历第步，剩下的最后一个区间为，经历第步，剩下的最后一个区间为，……， 经历第步，剩下的最后一个区间为，去掉的最后开区间为 由化简得，解得 故选:A 二、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．全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 C. 过、两点的所有直线的方程为 D. 设直线的方程为，则直线倾斜角的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据斜率和倾斜角的关系可以判断A；根据截距是否为0进行分类讨论求解直线方程可以判断B；根据两点式的使用条件可以判断C；根据斜率和倾斜角的关系，结合余弦函数的值域求解范围可以判断D. 【详解】对于A，直线可得，则斜率， 所以直线倾斜角满足，且，即，故正确； 对于B，当截距不为0时，由直线截距式可设直线方程为，代入 得，解得； 当截距为0时，可设直线方程为，代入得，即，故错误； 对于C，根据直线方程两点式可知，且，故错误； 对于D，由直线的方程为可得，斜率， 由得，设倾斜角为，则， 由，得,故正确， 故选：AD. 10. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是公差为1的等差数列 B. C. 数列的前项和为 D. 数列是等差数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】先利用数列前n项和与通项的关系求出的通项公式，再结合等差数列的定义、裂项相消求和法逐一判断各选项. 【详解】选项B：当时，；当时，， 则，也满足此式，故，即B正确； 选项A：由、，得， 由，即数列是公差为的等差数列，故A错误； 选项C：，则的前项和为，故C正确； 选项D：由，得为常数，故数列是公差为2的等差数列，即D正确. 11. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是数列中的最大值 D. 数列无最大值 【答案】AB 【解析】 【分析】利用等比数列及前项和性质，逐一判断即可. 【详解】当时，，与矛盾，故不成立； 当时，，，，则不成立； 故，且，，故，A正确； ，故B正确； 因为当时，当时，而， 所以数列在时取得最大值，故C、D错误． 故选：. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上） 12. 已知数列满足，，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据数列的递推公式，确定数列的前几项，由此确定数列的周期，再求 ． 【详解】，， ， ， ， 数列是以为周期的周期数列， 所以． 故答案为：． 13. 已知数列为递增数列，，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】数列是单调递增数列，可得，转化为最值问题，化简解出即可. 【详解】∵数列是单调递增数列， ∴， ， 化为恒成立， 因为且，则， . 故答案为：. 14. 已知点，，若直线：与线段有交点，则直线斜率的取值范围_________________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线的定点，再结合图象利用斜率公式计算求解即可. 【详解】由直线：， 变形可得，由，解得， 可得直线恒过定点，则，， 若直线与线段有交点，则直线斜率的取值范围为. 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. 已知数列中，，，设. （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）构造，可证明，继而得证. （2）可得，分组求和即得解. 【详解】（1）因为，， 所以· 因为，所以 ∴数列是以4为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）知，， 【点睛】本题考查了等比数列综合，考查了等比数列的判定，分组求和等知识点，考查了学生转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 16. 已知数列的前项和为，且满足，． （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）利用数列前项和与通项的递推关系，可得数列为等比数列，再根据等比数列的通项公式即可求解； （2）由（1）可得，利用错位相减法，结合等比数列前项和公式，即可求得数列的前项和. 【小问1详解】 由题意知①，则②， 所以②①，可得， 化简整理得， 又，所以，即数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）得，所以， 则③， 所以④， ③④得 ， 所以. 17. 已知直线方程为． （1）证明：直线恒过定点； （2）若直线分别与轴，轴的负半轴交于，两点，求面积的最小值及此时直线的方程． 【答案】（1）由，即， 令，解得，则直线恒过定点. （2）面积的最小值为4，此时直线方程为 【解析】 【分析】（1）将直线的方程整理为，进而求解定点，即可求证； （2）先求出，坐标，再表示出面积为，进而结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由， 令，得；令，得， 即， 由题意得，解得， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以面积的最小值为4，此时直线方程为. 18. 已知数列为等比数列，且，，为等差数列，且，． （1）分别求数列，的通项公式． （2）设数列的前项和为，求数列的前项和． （3）若对任意，，恒成立，求实数的最小值． 【答案】（1） （2） （3）1． 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的定义和通项公式以及等差数列的定义和通项公式即可求解； （2）根据等差数列的前n项和公式以及裂项相消法即可求解； （3）通过分析数列的单调性即可求解. 【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为． 因此，即， 而，故． 所以，，则，， 故，所以， 即． （2），因此， . （3）由题意得，即对任意恒成立， 设，则， 当时，；当时，；当时，． 故的最大值为，因此，即的最小值为1． 19. 已知数列满足．记（）． （1）计算，并证明数列为等比数列； （2）设，且数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） ， ， ，且， 数列是以为首项，为公比的等比数列； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题设递推关系求，并得到，结合等比数列的定义即可证； （2）由（1）得，则，进而可得即可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，则， ． . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $