文档内容
2024-2025 学年上学期 12 月月考高二数学试卷
能力提升卷
（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{a}是等差数列，其前n项和为S，若aaa＝15，且 ＝ ，则a＝（
n n 1 2 3 2
）
A. 2 B.
C. 3 D.
【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
∵aaa＝15，
1 2 3
∴ ＝ ，
∴a＝3.
2
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. 1 B. 2 C. 4 D.【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{a }是“斐波那契数列”，则
n
的值为（ ）.
A. B. 1 C. 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{a }为：
n
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. 1 B. 2 C. 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 的结构形式，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 为单调递减函数， ，
， ，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 ，
为
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，
① ②得： ，
故 ，
所以 .
选条件②时，
（1）由于 ，所以 ①，当 时， ②，
① ②得： ，
，整理得 ，所以 .（2）由（1）得： ，
设 ，其前 项和为 ，
所以 ①，
②，
① ②得： ，
故 ，
所以 .
选条件③时，
由于 ， ①
②
① ②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，
① ②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， ，
为
对任意的正整数 ，
，
，①，
由① 得 ，②，
① ②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.
