2022滁州定远县育才学校高二下学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2022滁州定远县育才学校高二下学期第二次月考数学试题含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年度第二学期第二次月考试卷高二数学试题一、选择题（本大题共12小题，共60分）1．等差数列的前n项和记为.若为一个确定的常数，则下列各数也是常数的是.A． B． C． D．2．函数图像上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是A． B． C． D．3．有两个等差数列，若，则（ ）A． B． C． D．4．等比数列中，，则A． B． C． D．5．已知数列各项均不为零，且，若，则（       ）A．19 B．20 C．22 D．236．秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”如果把以上这段文字写成公式就是，其中a，b，c是的内角A，B，C的对边，若且，，成等差数列，则面积的最大值为（       ）A． B． C． D．7．是等比数列，是等差数列，，公差，公比，则与的大小关系为（       ）.A． B． C． D．不确定8．已知数列是等差数列，，其中公差，若 是和的等比中项，则（       ）A．398 B．388C．189 D．1999．在数列中，，则的值为（       ）A． B． C． D．10．已知为等差数列中的前项和，，，则数列的公差A． B． C． D．11．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）A．2 B．3 C．4 D．512．设正项数列的前项和为，且，则（       ）A．24 B．48 C．64 D．72二、填空题（本大题共4小题，共20分）13．已知数列的前n项和为，则的值为______.14．已知数列的前项和为，，，其中为常数，若，则数列中的项的最小值为__________．15．已知数列满足，且前8项和为506，则___________.16．在等差数列中，，是方程的两根，则数列的前11项和等于________.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）数列的前n项和记为，且．（1）用表示通项；（2）若，求k的取值范围．18．（12分）已知是递增的等差数列，、是方程的根（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．19．（12分）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式及Sn；（2）记An=+++…+，Bn=++…+，当n≥2时，试比较An与Bn的大小．20．（12分）已知数列的前项和为，点在函数的图像上．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：.21．（12分）已知数列满足，且（且），（1）求证：数列是等差数列；（2）设，求数列的前n项和．22．（12分）已知数列{an}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列{an}前n项和为Sn，且满足S3=a4，a3+a5=2+a4(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}前2k项和S2k；(3)在数列{an}中，是否存在连续的三项am，am+1，am+2，按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有满足条件的正整数m的值；若不存在，说明理由．
参考答案1．B2．B3．B4．B5．A6．D7．C8．C9．B10．B11．C12．B13．14．15．16．17．（1）当时， ，当 时，；（2）【解析】（1）当时，，解得，当时，由，得，两式相减得： 当 时，，又，所以数列是等比数列，所以.当时，（2）当时， ，当 时，，因为，所以，解得，综上k的取值范围为18．（1）；（2）.【详解】（1）因为方程的根为，，是递增的等差数列，所以，，设等差数列的公差为，则，解得，所以；（2）由题意，，所以，，所以，所以.19．（1）an=na （2）当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由（）2=•，得（a1+d）2=a1（a1+3d），因为d≠0，所以d=a1=a所以an=na，Sn=（2）解：∵=（﹣）∴An=+++…+=（1﹣）∵=2n﹣1a，所以==为等比数列，公比为，Bn=++…+=•=•（1﹣）当n≥2时，2n=Cn0+Cn1+…+Cnn＞n+1，即1﹣＜1﹣所以，当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn．20． 解：（1）∵点在的图像上，∴.①当时，．②①－②，得.当时，，符合上式，∴.（2）由（1）得，∴．21．【详解】（1）数列为等差数列   （2）由（1）知,为方便设，则∴22．(1)(2)(3)存在，1【解析】 (1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a5=1+2d．∵S3=a4，∴1+2+(1+d)=2q，即4+d=2q，又a3+a5=2+a4，∴1+d+1+2d=2+2q，即3d=2q，解得d=2，q=3．∴对于k∈N*，有a2k-1=1+(k-1)•2=2k-1，故(2)S2k=(a1+a3+…+a2k-1)+(a2+a4+…+a2k)=[1+3+…+(2k－1)]+2(1+3+32+…+3k-1)=．(3)在数列{an}中，仅存在连续的三项a1，a2，a3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1，下面说明理由若am=a2k，则由am+am+2=2am+1，得2×3k-1+2×3k=2(2k+1)．化简得4•3k-1=2k+1，此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立．若，则由am+am+2=2am+1，得(2k－1)+(2k+1)=2×2×3k-1化简得k=3k-1，令，则．因此，1=T1＞T2＞T3＞…，故只有T1=1，此时k=1，m=2×1－1=1．综上，在数列{an}中，仅存在连续的三项a1，a2，a3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1．