甘肃省甘南藏族卓尼县柳林中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题（含答案）

第第页甘肃省甘南藏族自治州卓尼县柳林中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1．数列an的前n项和Sn=3A．140 B．120 C．40 D．522．数列23，415，635，863，A．14195 B．16255 C．183233．已知数列an的通项公式是an=n+A．18 B．20 C．32 D．664．记Sn为等差数列an的前n项和.若S3A．−20 B．−15 C．−10 D．−55．Sn=−n2+8nA．112 B．48 C．80 D．646．已知数列an满足：a1=1, a2=3,A．5051 B．150 C．507．已知各项均为整数的数列an满足：对任意的n∈N*，an+2+anA．63 B．64 C．65 D．668．记数列{an}的前n项和为SA．aB．数列{SC．数列{2D．数列{(−1)n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．在等差数列an中，公差d≠0，Sn为其前n项和．若A．d=2 B．aC．an=2n−6 D．若Sn10．记Sn为等比数列an的前n项和，q为an的公比，q>0.A．q=12 B．a5=1911．已知Sn为数列an的前n项和，a1A．an是等差数列 B．lnC．Sn为递增数列 D．数列n三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知数列an的首项a1=4，an+1=2an−313．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a14．已知Sn为数列an的前n项和，若a1=3,四、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．已知等比数列an的前n项和为Sn，且（1）求an（2）求数列Sn16．已知数列an是等差数列，其前n项和Sn，数列bn是等比数列，且a1=（1）求数列an，b（2）设cn=an⋅bn17．已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且（1）求{a（2）若对于任意n∈N*，2n18．设等差数列{an}的公差为d，且d>1，令bn=n2+na（1）若3a2=3（2）若{bn}为等差数列，且S19．无穷数列an的各项按如下规律排列：12,13,2（1）求a16（2）若数列bn的各项为a1,a2+a（3）是否存在正整数n，使得Sn<10，Sn+1

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由Sn=3n故答案为：D

【分析】本题考查数列前n项和与通项的关系，核心思路是利用an=Sn−Sn−1（n≥22．【答案】B【解析】【解答】解：重写数列的前5项2×11×3，2×23×5，2×35×7，2×4通过观察得该数列的通项公式为2n2n−12n+1，所以第8项为2×815×17=故答案为：B．

【分析】本题考查数列通项公式的观察与推导，核心思路是分别分析分子、分母的规律，归纳出通项公式，再代入项数计算目标项。3．【答案】B【解析】【解答】解：因为an所以当n是64的因数1，2，4，8，16，32，64时，an当n=1或n=64时，a1当n=2或n=32时，a2当n=4或n=16时，a4当n=8时，a8故答案为：B．

【分析】本题考查数列通项与整数因数的结合，核心思路是通过分析64的正因数，代入通项公式验证选项是否为数列的项。4．【答案】B【解析】【解答】解：设等差数列an的公差为d，

由题意可得3a1则S6故答案为：B.【分析】设等差数列an的公差为d，由题意，根据等差数列前n项和公式列出关于首项a1和公差d的方程组求数列的首项5．【答案】C【解析】【解答】解：因为Sn所以当n=1时，a1当n≥2时，an经检验，a1所以an=−2n+9n∈N*设数列an的前n项和为T则数列an的前4项和为数列an的前12T=2S故答案为：C

【分析】本题考查含绝对值数列的前n项和，核心思路是先求通项公式，判断项的正负，再利用“正项和不变，负项和取反”的方法，结合Sn6．【答案】A【解析】【解答】解：由 an+2+an=2a所以数列cn是以c1=即an+1−=n+n−1+n−2+⋯+3+2+1=n又由2an⋅设数列bn的前n项和为Tn，故答案为：A.

【分析】本题考查等差数列的构造、累加法求通项与裂项相消求和，核心思路是通过递推关系构造等差数列{cn}，利用累加法求a7．【答案】B【解析】【解答】解：由题可知：an+2则am因为am−a所以2025>m−1+m−2+..当m=64时，mm−1=4032<4048；当m=65时，所以正整数m的最大值为64.故答案为：B.

【分析】本题考查递推数列的单调性与累加求和，核心思路是通过变形递推关系得到差数列的递增性，再累加结合不等式求解m的最大值。8．【答案】B【解析】【解答】解：由Sn=n2+n，n≥2时，得an=A，a2B，Snan=n2+nC，2an=4nD，令bn=(−1)na(b故答案为：B.

【分析】本题考查数列的通项、等差数列与等比数列的判定及求和，核心思路是先由前n项和求出通项，再结合数列的定义与性质逐一分析选项。9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由等差数列的性质及前n项和公式，得S5因为a3=S5，所以a3所以a2因为a2a4=S4，所以因为d≠0，所以d=2，故A正确．a1an因为a3=0，所以当n≥4时，an>0．，因为S5故答案为：ACD．

【分析】本题考查等差数列的基本量计算与性质应用，核心思路是通过已知条件建立关于a110．【答案】A,D【解析】【解答】解：由题意得a1q2=1a1+B、a5C、S5D、an=4×12n−1=2故答案为：AD.

【分析】由题意，根据等比数列通项公式以及等比数列的前n项和公式列方程组，解出a1,q，即可判断A；再根据等比数列的通项公式求解即可判断B；根据等比数列的前n项和公式计算即可判断C；根据通项和前11．【答案】B,C【解析】【解答】解：令bn=an+Sn，b1=a1+S1=12+12=1，

设等差数列bn的公差为d，又因为bn是等比数列，所以b22=b1b3，即1+d2=1×1+2d，

解得d=0A：anB：因为lnann=ln12nnC：由指数函数的单调性可知，数列SnD：cn=nn−1an=nn−12n，假设数列cn的第kk≥2,k∈N*项最大，

则ck故答案为：BC

【分析】本题考查等差等比数列的综合判定与通项求和，核心思路是利用“既是等差又是等比的数列为常数列”推导an+Sn=112．【答案】2【解析】【解答】解：∵an+1=2a故答案为：2n−1+3.13．【答案】95【解析】【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，因为等差数列{an}满足a3+a故答案为：95.【分析】设等差数列{an}的公差为d14．【答案】3×【解析】【解答】解：因为a1=3,an+1=当n≥2时，Sn−1=an，所以所以数列an所以当n≥2时，Sn当n=1时，S1=a故答案为：3×2n−1

【分析】本题考查前n项和的递推关系与等比数列通项，核心思路是通过an+1与Sn、15．【答案】（1）解：数列an满足2Sn两式相减可得2an=3an+1因为2a1=3a2（2）解：由（1）可得：Sn则T=3【解析】【分析】（1）根据an（2）由（1）的结论以及等比数列求和公式可得：Sn（1）因为2Sn=3所以2an=3an+1故2a1=3a2（2）由等比数列求和公式得Sn所以数列SnT=316．【答案】（1）解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由S3=15，得3a又因为a1=3，所以3+d=5，解得d=2，所以由a4=b2=a1+3d=9，得所以bn（2）解：当n为奇数时，cn记AnAn=3×3+7×9An①—②得−8=9+4×27×所以An当n为偶数时，cn记BnB=1所以T2n【解析】【分析】（1）通过等差数列前n项和公式与等比数列通项公式，结合已知条件建立方程，直接求解公差和公比，体现数列基本量的求解逻辑。

（2）将数列前2n项和分为奇数项（错位相减）与偶数项（裂项相消）分别求和，再整合结果，体现数列求和的分类策略与方法的综合应用。（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由S3=15，得3a又因为a1=3，所以3+d=5，解得d=2，所以由a4=b2=a1+3d=9，得所以bn（2）当n为奇数时，cn记AnAn=3×3+7×9An①—②得−8=9+4×27×所以An当n为偶数时，cn记BnB=1所以T2n17．【答案】（1）解：当n≥2时，4Sn两式相减得4因为an≠0，故所以a1，a3，a2n−1及a2，当n=1时，由a1=1及S1∴a所以a（2）解：由已知，S即λ≥n22当1−2<n<1+2，即n=1，2时当n>1+2，即n≥3，n∈N*时所以b1<b2【解析】【分析】（1）根据题意，得到n≥2时，4Sn−1=an−1an（2）由（1）求得Sn=n2，证得为18．【答案】（1）∵3a2=3a1+a3且an是等差数列

∴3(a1+d)=3a1+(a1+2d)，

（2）由等差数列可设an=nd+A，bn=d1n+B

则bn=n2+ndn+A=d1n+B，⇒(1-dd1)n2+1-Ad1+Bdn+AB=0

∴1-dd1=01-(Ad1+Bd)=0AB=0

①若A=0时，则d=B=1d，此时，a【解析】【分析】(1)结合等差数列通项公式消元，均可以用d表示a1、an、bn；

(2)利用已知条件设等差数列为一次函数型，将已知条件消元整理转化成只含d表示.19．【答案】（1）解：由数列an各项的排列规律，把数列a第1组：12第2组：13第3组：14第4组：15…第k−1组：1k…第m组有m项，各项的分母均为m+1，分子依次是1,2,⋅⋅⋅,m，前m组共有1+2+⋅⋅⋅+m=mm+12令mm+12≤16当m=5时，mm+12=15，且a（2）解：由（1）的分组及题意可知，数列bn的第m项bm是an的第mb1当m≥3时，bmb1=12,所以数列bn是首项、公差均为1所以数列bn的前n项和T（3）解：由（2）可知，数列an的前mm+12项和，即数列b所以Sm令mm+14<10，解得m≤5；令m当m=5时，mm+12=15,S15又a21=6所以存在n=20，使得Sn<10，Sn+1【解析】【分析】（1）通过分组找规律，利用前m组的项数公式确定a16（2）分析{bn}（3）结合前m组和的表达式，通过不等式确定范围，再逐次计算验证，体现存在性问题的逻辑推理与定量分析。（1）由数列an各项的排列规律，把数列a第1组：12第2组：13第3组：14第4组：15…第k−1组：1k…第m组有m项，各项的分母均