安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试卷（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二下学期第一次月考
数学试卷
一、单选题（共8小题）
1. 已知数列{an}的通项公式为an＝，则该数列的前4项依次为(　　)
A. 1,0,1,0 B. 0,1,0,1 C. ，0，，0 D. 2,0,2,0
【答案】A
【解析】当n分别等于1,2,3,4时，a1＝1，a2＝0，a3＝1，a4＝0.
2. 设an＝＋＋＋＋…＋(n∈N*)，则a2等于(　　)
A. B. ＋ C. ＋＋ D. ＋＋＋
【答案】C
【解析】∵an＝＋＋＋＋…＋(n∈N*)，
∴a2＝＋＋.
3. 已知数列{an}的通项公式an＝log(n＋1)(n＋2)，则它的前30项之积是(　　)
A. B. 5 C. 6 D.
【答案】B
【解析】a1·a2·a3·…·a30＝log23×log34×log45×…×log3132＝×××…×＝log232＝log225＝5.
4. 若数列的通项公式为an＝，则这个数列中的最大项是(　　)
A. 第12项 B. 第13项 C. 第14项 D. 第15项
【答案】C
【解析】an＝＝，
因为n＋≥2＝28，当且仅当n＝14时，
n＋有最小值28，
所以当n＝14时，an＝取得最大值为.
5. 已知数列{an}的通项公式是an＝，那么这个数列是(　　)
A. 递增数列 B. 递减数列 C. 摆动数列 D. 常数列
【答案】A
【解析】∵an＝，
∴an＋1－an＝－
＝＝>0，
∴an＋1>an，
因此，数列{an}是递增数列．
6. 已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项的和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3等于(　　)
A. 16 B. 8 C. 4 D. 2
【答案】C
【解析】设该等比数列的首项为a1，公比为q，由已知得，a1q4＝3a1q2＋4a1，因为a1>0且q>0，可得q＝2，又因为a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，即可解得a1＝1，则a3＝a1q2＝4.
7. 如果数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为的等比数列，那么an＝(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意知等比数列{an－an－1}的首项与公比分别为a1＝1，q＝，
∴an－an－1＝1×n－1.
设数列a1，a2－a1，…，an－an－1的前n项和为Sn，
∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an.
又∵Sn＝＝，
∴an＝.
8. 已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)
A. (2,3) B. [2,3) C. D. [2,3]
【答案】C
【解析】∵数列{an}是递增数列，
∴当n＞6时，a＞1；当n≤6时，3－a＞0，且a6＜a7，
即解得＜a＜3.故选C.
二、多选题（共4小题）
9. 在数列{an}中，如果对任意n∈N*都有＝k(k为常数)，则称{an}为等差比数列，k称为公差比，现给出下列命题，其中正确的是(　　)
A. 等差比数列的公差比一定不为0
B. 等差数列一定是等差比数列
C. 若an＝－3n＋2，则数列{an}是等差比数列
D. 若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比
【答案】ACD
【解析】对于A，若公差比为0，则an＋2－an＋1＝0，故{an}为常数列，从而＝k的分母为0，无意义，所以公差比一定不为零；
对于B，当等差数列为常数列时，不能满足题意；
对于C，若an＝－3n＋2，则＝＝3是公差比为3的等差比数列；
对于D，an＝a1qn－1代入＝q，命题正确，所以正确命题为A，C，D.
10. 设等差数列的前n项和为Sn，且S4＝S5，S6＝21，若＋＋…＋<λ恒成立，则λ的值不可以是(　　)
A. 1 B. 0 C. －1 D. 2
【答案】BC
【解析】设等差数列的公差为d，
因为S4＝S5，所以4a1＋d＝，
整理得12a1＋18d＝10a1＋20d，即a1＝d，
由S6＝21，可得6a1＋d＝21，
即6a1＋15d＝21，所以a1＝d＝1，
所以Sn＝n＋＝，
所以＝＝－，
所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－<1，
因为＋＋…＋<λ恒成立，所以λ≥1.
11. 已知数列是各项均为正数且公比不等于1的等比数列，对于函数f，若数列{lnf(an)}为等差数列，则称函数f为“保比差数列函数”，则定义在(0，＋∞)上的如下函数中是“保比差数列函数”的有(　　)
A. f(x)＝为“保比差数列函数” B. f＝x2为“保比差数列函数”
C. f＝ex为“保比差数列函数” D. f＝为“保比差数列函数”
【答案】ABD
【解析】设数列{an}的公比为q(q≠1).
由题意，lnf(an)＝ln，
所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝ln＝－lnq是常数，
所以数列{lnf(an)}为等差数列，A满足题意；
由题意，lnf(an)＝lnan2，
所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lnan＋12－lnan2＝lnq2＝2lnq是常数，
所以数列{lnf(an)}为等差数列，B满足题意；
由题意，lnf(an)＝ln ean，
所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝an＋1－an不是常数，
所以数列{lnf(an)}不为等差数列，C不满足题意；
由题意，lnf(an)＝ln，
所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝lnq是常数，
所以数列{lnf(an)}为等差数列，D满足题意．
12. 已知各项均为正数的等差数列中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等比数列的前三项，则(　　)
A. a2＝5
B. bn＝5·2n－1
C. an＝2n－1
D. 设cn＝anbn，则数列的前n项和Tn＝(2n－1)2n＋1
【答案】ABD
【解析】设等差数列的公差为d，
则由已知得a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即a2＝5，
又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，
a1＝a2－d＝3，所以an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，
又b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，所以q＝2，所以bn＝5·2n－1；
因为Tn＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1，
2Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，
两式相减得－Tn＝3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＝(1－2n)2n－1，
则Tn＝(2n－1)2n＋1.
三、填空题（共4小题）
13. 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，若bn＝－1，则数列{bn}的通项公式为bn＝________.
【答案】2n－1
【解析】由an＋1＝可得＝－1，于是－1＝－2＝2，而－1＝1，且bn＝－1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝1×2n－1＝2n－1.
14. 已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f ＋f＋…＋f＝________.
【答案】2022
【解析】f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝2，
令S＝f＋f＋…＋f，
则S＝f＋f＋…＋f，
两式相加得，2S＝2022×2，∴S＝2022.
15. 如果数列{an}满足－＝k(k为常数)，那么数列{an}叫做等比差数列，k叫做公比差．给出下列四个结论：
①若数列{an}满足＝2n，则该数列是等比差数列；
②数列{n·2n}是等比差数列；
③所有的等比数列都是等比差数列；
④存在等差数列是等比差数列．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①③④
【解析】①数列{an}满足＝2n，则－＝2(n＋1)－2n＝2，满足等比差数列的定义，故①正确；
②数列{n·2n}，－＝－＝＝－，不满足等比差数列的定义，故②错误；
③等比数列－＝0，满足等比差数列，故③正确；
④设等差数列的公差为d，则－＝－＝，
故当d＝0时，满足－＝0，故存在等差数列是等比差数列，即④正确．
16. 若数列{an}满足=q(q为常数),则称数列{an}为等比和数列,q称为公比和,已知数列{an}是以3为公比和的等比和数列,其中a1=1,a2=2,则a2 019=　　　　　.
【答案】21 009
【解析】由题意可得a1=1,a2=2,=3,
故a3=2,又=3,所以a4=4,
同理,a5=4,a6=8,a7=8,…,
总结规律:当n=2k-1(k∈N*)时,an=2k-1,
当n=2k(k∈N*)时,an=2k,
故当n=2019时,k=1010,a2019=21010-1=21009.
四、解答题（共6小题）
17. (10分)设数列{an}满足a1＝0且－＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，记Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求证：Sn<1.
【答案】(1)解　由－＝1知，
是公差为1的等差数列，
又∵＝1，
故＝n，
∴an＝1－.
(2)证明　由(1)得bn＝＝＝－，
∴Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－<1.
18. (10分)已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求＋＋…＋.
【答案】解　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.
依题意有
解得或(舍去).
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)因为Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝
＝－.
19. (12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N*.
(1)求an,bn;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
【答案】解　(1)由Sn=2n2+n,得当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-=4n-1.
所以an=4n-1,n∈N*.
由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)知anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*.
所以Tn=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,2Tn=3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,
所以2Tn-Tn=(4n-1)·2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)·2n+5.
故Tn=(4n-5)·2n+5,n∈N*.
20. (12分)已知{an}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列,a1=16,2a3+3a2=32.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=3log2an,求数列{bn}的前n项和Sn,并求Sn的最大值.
【答案】解　(1)设{an}的公比为q,
因为a1=16,2a3+3a2=32,所以2q2+3q-2=0.
解得q=-2(舍去)或q=.
因此{an}的通项公式为an=16×=25-n.
(2)由(1)得bn=3(5-n)log22=15-3n.
当n≥2时,bn-bn-1=-3,故{bn}是首项为b1=12,公差为-3的单调递减的等差数列.
则Sn=12n+n(n-1)(-3)=-(n2-9n).
因为b5=0,所以数列{bn}的前4项为正数,
所以当n=4或5时,Sn取得最大值,且最大值为S4=S5=30.
21. (12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且当n∈N*时，Sn是2n＋1与2m的等差中项(m为实数)．
(1)求m的值及数列{an}的通项公式．
(2)令bn＝1＋log2an(n∈N*)，是否存在正整数k，使得＋＋…＋>对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由．
【答案】解　(1)∵Sn是2n＋1与2m的等差中项，
∴2Sn＝2n＋1＋2m，即Sn＝2n＋m，
当n＝1时，S1＝a1＝2＋m，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.
∵{an}是等比数列，
∴a1＝1，∴2＋m＝1，
∴m＝－1，且数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)存在正整数k，使不等式恒成立，k的最大值为4.理由如下：
由(1)知bn＝1＋log2an＝n(n∈N*)．
设f(n)＝＋＋…＋＝＋＋…＋.
∵f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－>0，
∴f(n＋1)>f(n)，
∴f(n)min＝f(1)＝.
由不等式恒成立，得<，解得k<5.
故存在正整数k，使不等式恒成立，k的最大值为4.
22. (14分)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________(从①S10＝5(a10＋1)；②a1，a2，a6成等比数列；③S5＝35这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题).
(1)求an；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
【答案】(1)解　①由S10＝5(a10＋1)，得10a1＋d＝5(a1＋9d＋1)，即a1＝1；
②由a1，a2，a6成等比数列，得a＝a1a6，a＋2a1d＋d2＝a＋5a1d，即d＝3a1；
③由S5＝35，得＝5a3＝35，即a3＝a1＋2d＝7；
选择①②，①③，②③组合，均得a1＝1，d＝3.
故an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)证明　bn＝＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝[＋＋＋…＋]＝，
因为n∈N*，所以>0，所以Tn<.