2025年下學期高二數(shù)學特殊與一般思想試題一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1.數(shù)列遞推關(guān)系中的特殊化應(yīng)用題目：數(shù)列${a_n}$中，若$a_1=\frac{1}{2}$，$a_n=\frac{1}{1-a_{n-1}}$（$n\geq2$，$n\in\mathbb{N}^*$），則$a_{2025}$的值為（）A.$-1$B.$\frac{1}{2}$C.$1$D.$2$解析：通過計算前幾項尋找規(guī)律：$a_1=\frac{1}{2}$$a_2=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$$a_3=\frac{1}{1-2}=-1$$a_4=\frac{1}{1-(-1)}=\frac{1}{2}=a_1$可知數(shù)列周期為3，$2025\div3=675$，故$a_{2025}=a_3=-1$。2.函數(shù)對稱性中的特殊值法題目：函數(shù)$f(x)=\sin2x+a\cos2x$的圖象關(guān)于直線$x=-\frac{\pi}{8}$對稱，則$a$的值為（）A.$-1$B.$1$C.$\sqrt{2}$D.$-\sqrt{2}$解析：利用特殊值法，取$x=0$和$x=-\frac{\pi}{4}$（關(guān)于$x=-\frac{\pi}{8}$對稱）：$f(0)=\sin0+a\cos0=a$$f\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)+a\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1$由對稱性知$f(0)=f\left(-\frac{\pi}{4}\right)$，即$a=-1$。3.高階等差數(shù)列的遞推規(guī)律題目：某高階等差數(shù)列前6項為1，3，6，12，23，41，則第8項為（）A.51B.68C.106D.157解析：通過構(gòu)造差分數(shù)列分析：原數(shù)列：1，3，6，12，23，41一階差：2，3，6，11，18二階差：1，3，5，7（公差為2的等差數(shù)列）由此推知二階差后續(xù)項為9，11，故一階差后續(xù)項為$18+9=27$，$27+11=38$，則第7項為$41+27=68$，第8項為$68+38=106$。4.函數(shù)單調(diào)性與導數(shù)的一般化證明題目：設(shè)函數(shù)$f_n(x)=1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+\cdots-\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$（$n\in\mathbb{N}^*$），判斷$f_n(x)=0$的實數(shù)解個數(shù)（）A.0個B.1個C.2個D.無數(shù)個解析：當$n=1$時，$f_1(x)=1-x$，有唯一解$x=1$。當$n\geq2$時，求導得$f_n'(x)=-1+x-x^2+\cdots-x^{2n-2}=-\frac{1+x^{2n-1}}{1+x}$（$x\neq-1$）。若$x>-1$，則$1+x>0$，$x^{2n-1}+1>0$，故$f_n'(x)<0$；若$x<-1$，則$1+x<0$，$x^{2n-1}+1<0$，故$f_n'(x)<0$。綜上，$f_n(x)$在$\mathbb{R}$上單調(diào)遞減，且$f_n(0)=1>0$，$f_n(2)=1-2+\frac{4}{2}-\cdots-\frac{2^{2n-1}}{2n-1}<0$，故有唯一零點。5.概率中的分類計數(shù)原理題目：已知氧有$^{16}\text{O}$、$^{17}\text{O}$、$^{18}\text{O}$三種同位素，碳有$^{12}\text{C}$、$^{13}\text{C}$、$^{14}\text{C}$三種同位素，則可構(gòu)成的不同二氧化碳分子（$\text{CO}_2$）共有（）A.9種B.12種C.18種D.27種解析：分兩種情況討論：兩個氧原子相同：$3$（碳同位素）$\times3$（氧同位素）$=9$種；兩個氧原子不同：$3$（碳同位素）$\times\text{C}_3^2$（氧同位素組合）$=3\times3=9$種；總共有$9+9=18$種。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）6.橢圓離心率與特殊三角形題目：橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的左、右焦點分別為$F_1$、$F_2$，點$A$在橢圓上，$\angleF_1AF_2=60^\circ$，直線$AF_1$交橢圓于點$B$，且$|AF_2|=|BF_2|$，則橢圓的離心率為______。解析：設(shè)$|AF_2|=|BF_2|=m$，由橢圓定義知$|AF_1|=2a-m$，$|BF_1|=2a-m$，則$|AB|=|AF_1|+|BF_1|=4a-2m$。在$\triangleABF_2$中，由余弦定理：$|AB|^2=|AF_2|^2+|BF_2|^2-2|AF_2||BF_2|\cos120^\circ$，解得$m=\frac{4a}{5}$。在$\triangleAF_1F_2$中，$|F_1F_2|=2c$，由余弦定理：$(2c)^2=(2a-m)^2+m^2-2(2a-m)m\cos60^\circ$，代入$m=\frac{4a}{5}$，化簡得$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{7}}{5}$。7.動圓圓心軌跡方程題目：已知動圓$P$過定點$A(4,0)$，且在定圓$x^2+y^2=16$內(nèi)部與其內(nèi)切，則動圓$P$的圓心軌跡方程為______。解析：設(shè)動圓半徑為$r$，定圓圓心為$O(0,0)$，半徑為4。由內(nèi)切條件知$|PO|=4-r$，又$|PA|=r$，故$|PO|+|PA|=4$，即圓心$P$的軌跡為橢圓，$2a=4$，$c=2$，$b^2=a^2-c^2=0$（此處修正：應(yīng)為$2a=4$，$a=2$，$c=2$，但$a=c$時軌跡為線段，題目可能存在數(shù)據(jù)誤差，若改為定圓$x^2+y^2=36$，則$|PO|=6-r$，$|PO|+|PA|=6$，軌跡為橢圓$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1$）。三、解答題（本大題共6小題，共70分）8.函數(shù)單調(diào)性與恒成立問題題目：已知函數(shù)$f(x)=x^3-3ax^2+3x+1$在$[2,+\infty)$上為增函數(shù)，求實數(shù)$a$的取值范圍。解析：$f'(x)=3x^2-6ax+3\geq0$在$[2,+\infty)$上恒成立，即$2a\leqx+\frac{1}{x}$。令$g(x)=x+\frac{1}{x}$，則$g'(x)=1-\frac{1}{x^2}>0$在$[2,+\infty)$上恒成立，故$g(x)_{\min}=g(2)=\frac{5}{2}$，從而$2a\leq\frac{5}{2}$，即$a\leq\frac{5}{4}$。9.數(shù)列求和與數(shù)學歸納法題目：設(shè)數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，求證：$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n=2^{n+1}-n-2$。解析：特殊化驗證：$n=1$時，$S_1=1=2^2-1-2=1$，成立。一般化證明：由$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，知${a_n+1}$是等比數(shù)列，$a_n+1=2^n$，即$a_n=2^n-1$。故$S_n=\sum_{k=1}^n(2^k-1)=\sum_{k=1}^n2^k-\sum_{k=1}^n1=2(2^n-1)-n=2^{n+1}-n-2$。10.立體幾何中的動態(tài)范圍問題題目：在三棱錐$P-ABC$中，$PA=PB=PC=2$，$AB=AC=BC=2\sqrt{3}$，$M$為$BC$中點，求直線$PM$與$AC$所成角的取值范圍。解析：設(shè)$BC$中點為$M$，則$PM\perpBC$，$AM=\sqrt{3}$，$PM=1$。以$M$為原點，$MC$為$x$軸，$MA$為$y$軸，建立坐標系，設(shè)$P(0,y,z)$，由$PC=2$得$y^2+z^2=1$（$z>0$）。向量$\overrightarrow{PM}=(0,-y,-z)$，$\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},-\sqrt{3},0)$，設(shè)夾角為$\theta$，則$\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{PM}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{|\sqrt{3}y|}{1\times\sqrt{6}}=\frac{|y|}{\sqrt{2}}$。因為$y\in[-1,1]$，故$\cos\theta\in[0,\frac{\sqrt{2}}{2}]$，即$\theta\in[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]$。11.三次函數(shù)的極值與單調(diào)性題目：已知函數(shù)$f(x)=x(x-q)^2+p$（$p,q>0$），若$f(x)$在$[0,5]$上有兩個遞增區(qū)間和一個遞減區(qū)間，且$f(0)=4$，$f(2)=6$，求函數(shù)解析式并判斷其在$[0,5]$上的價格下跌區(qū)間（注：$x=0$表示4月1日，$x=1$表示5月1日，以此類推）。解析：由$f(0)=q^2p=4$，$f(2)=2(2-q)^2+p=6$，解得$q=3$，$p=4$，故$f(x)=x^3-6x^2+9x+4$。求導得$f'(x)=3x^2-12x+9=3(x-1)(x-3)$，令$f'(x)<0$得$1<x<3$，對應(yīng)月份為$x=1$（5月）、$x=2$（6月），即價格下跌區(qū)間為5月至6月。12.雙曲線漸近線方程題目：雙曲線$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的右焦點到漸近線的距離為$\sqrt{3}$，且離心率$e=2$，求雙曲線$C$的漸近線方程。解析：右焦點$(c,0)$到漸近線$bx-ay=0$的距離為$\frac{|bc|}{\sqrt{a^2+b^2}}=b=\sqrt{3}$。由$e=\frac{c}{a}=2$，$c^2=a^2+b^2$，得$4a^2=a^2+3$，$a^2=1$，故漸近線方程為$y=\pm\sqrt{3}x$。四、附加題（10分）題目：設(shè)數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{4}{a_n})$，證明：$2<a_n<2+\frac{1}{2^{n-1}}$（$n\geq2$）。解析：基礎(chǔ)步驟：$n=2$時，$a_2=\frac{1}{2}(1+4)=\frac{5}{2}$，$2<\frac{5}{2}<2+\frac{1}{2^{1}}=\frac{5}{2}$，等號成立，需修正為$a_n<2+\frac{1}{2^{n-1}}$（$n\geq1$）。歸納假設(shè)：設(shè)$n=k$時，$2<a_k<2+\frac{1}{2^{k-1}}$。歸納證明：$a_{k+1}=\frac{1}{2}(a_k+\frac{4}{a_k})\geq2$（均值不等式），且$a_{k+1}-2=\frac{(a_k-2)^2}{2a_k}<\frac{(a_k-2)^2}{4}$。由假設(shè)$a_k-2<\frac{1}{2^{k-1}}$，則$a_{k+1}-2<\frac{1}{4}\times(\frac{1}{2^{k-1}})^2<\frac{1}{