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（Word版附解析）

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（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. 2B.
C. 3D.
【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. 1B. 2C. 4D.
【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{an}是“斐波那契数列”，则的值为（ ）.
A. B. 1C. 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{an}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n项和.若对任意恒成立，则实数t的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出的通项，再利用裂项相消法可求，结合不等式的性质可求实数t的最小值.
【详解】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t的最小值；
故选：C.
【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
（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，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）证明见解析．
【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）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，．
【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）证明见解析.
【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）证明：
【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）答案见解析.（3），证明见解析
【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.
【详解】（1）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；
（2）∵，
∴，
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.
（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，
，
.
【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）答案见解析；（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）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.