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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
一、单选题
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、多选题
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．
三、填空题
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
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”.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B A C A D C C ACD ABC
题号 11
答案 BC
1．C
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．B
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．A
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．C
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．A
根据题意得到，即可得到答案.
【详解】由题知：，解得.
故选：A
6．D
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．C
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．C
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
9．ACD
【解析】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．ABC
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．BC
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.
12．
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．
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：.
14．7
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.
15．(1)
(2)52
（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.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，解得，
所以；
（2）由（1）知，所以，
.
16．(1)证明见解析；
(2)
（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.
【详解】（1）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；
（2）由（1）可得，
所以.
17．(1)；
(2)证明见解析．
（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．
【详解】（1）时，，
当时，由，①
得，②
①②得，即，
也符合，
所以；
（2）由（1）得，
所以
．
18．(1)
(2)
（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．
【详解】（1）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．
（2）由（1）得，
所以①，
②，
①②，得
，
所以．
19．(1)
(2)不存在符合要求的实数，理由见解析
(3)证明见解析
（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”
【详解】（1）由题知，，且，
解得，
所以实数的取值范围为.
（2）不存在，
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”.

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