2023新乡一中高二下学期3月月考数学试题Word含答案

这是一份2023新乡一中高二下学期3月月考数学试题Word含答案，共15页。
河南省新乡市第一中学学校 2022-2023高二下学期
数学3月份月考试卷a
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题，共60分）

一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．已知数列{an}为等差数列，若a3+a4＝12，a4﹣a2＝4，则a9＝（　　）
A．15 B．16 C．17 D．18
2．在等差数列{an}中，已知a10＝13，a3+a4+a9+a16＝28，则{an}的前17项和为（　　）
A．166 B．172 C．168 D．170
3．已知数列，…，则5是这个数列的（　　）
A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项
4．已知{an}为递增等差数列，等比数列{bn}以a1，a2为前两项且公比为3，若b5＝am，则m＝（　　）
A．13 B．41 C．57 D．86
5．已知数列{an}的通项公式为an＝2n，则a1﹣a2+a3﹣a4+⋯+a9﹣a10的值为（　　）
A．2（210﹣1） B．2（210+1） C． D．
6．公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2a1，若a1，a2，，，依次成等比数列，则k3＝（　　）
A．81 B．63 C．41 D．32
7．数列{an}满足，且a1＝2，则a2023的值为（　　）
A．2 B．1 C． D．﹣1

8．古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了an子安贝（其中1≤n≤31，n∈N*），数列{an}的前n项和为Sn．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，7） B．（﹣∞，15） C．（﹣∞，16） D．（﹣∞，32）
9．已知数列{an}满足a1+2a2+⋅⋅⋅+2n﹣1an＝n•2n，记数列{an﹣tn}的前n项和为Sn，若Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
10．设等比数列{an}的首项为1，公比为q，Sn是数列{an}的前n项和，则“q＞0”是“∀n∈N*，Sn＞0恒成立”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
11．已知数列{an}是各项为正数的等比数列，公比为q，在a1，a2之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为d1，在a2，a3之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为d2，⋯，在an，an+1之间插入n个数，使这n+2个数成等差数列，公差为dn，则（　　）
A．当0＜q＜1时，数列{dn}单调递减
B．当q＞1时，数列{dn}单调递增
C．当d1＞d2时，数列{dn}单调递减
D．当d1＜d2时，数列{dn}单调递增
12．已知数列{an}满足a1＝1，（2an+1）an+1＝an，令bn＝anan+1，则数列{bn}的前2022项和S2022＝（　　）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题,共90分）

二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．已知各项不为0的等差数列{an}满足a6﹣a72+a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b8b10＝　 　．
14．已知数列{an}满足a1＝1，，则数列
的前n项和 　 　．
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，点（an，Sn）在直线3x﹣2y﹣2＝0上，则数列{an}的首项a1＝　 　，数列{an}的通项公式an＝　 　．
16．已知函数y＝f（x）满足f（x）+f（1﹣x）＝1，若数列{an}满足，则数列{an}的前16项的和为 　 　．全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》

三．解答题（共6小题，满分70分）
17．已知数列{an}满足a1＝3，且an+1＝
（1）设bn＝a2n+a2n﹣1，证明：{bn﹣3}是等比数列；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求使得不等式Sn＞2022成立的n的最小值．
18．已知数列{an}是公比为q（q＞0）的等比数列，Sn为{an}的前n项和，S4＝30，a2a6＝4a32．
（1）求数列{an}通项公式；
（2）若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求数列{Tn}的前n项和Mn．
19．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1+a2＝4，9a32＝a2a6．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝an+log3an，求数列{bn}的前n项和．
20．已知数列{an}满足．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，若，求m．
21．已知数列{an}满足：a1＝1，且nan+1＝（n+1）an+1，n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an•2n}的前n项和Sn．
22．已知数列{an}满足a1＝1，且an+1＝3an+3n（n∈N*）．
（1）求证：数列是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．

河南省新乡市第一中学学校 2022-2023高二下学期
数学3月份月考试卷a
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a4﹣a2＝4，得2d＝4，d＝2，
又a3+a4＝12，∴2a1+5d＝12，即2a1+10＝12，
得a1＝1．
∴a9＝a1+8d＝1+8×2＝17．
故选：C．
2．【解答】解：在等差数列{an}中，∵a3+a4+a9+a16＝4a8＝28，∴a8＝7，
又a10＝13，
∴S17＝．
故选：D．
3．【解答】解：根据题意，数列，…，则通项公式an＝，
若an＝＝5，解可得n＝12，
即5是这个数列的第12项，
故选：B．
4．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
由题意可得，
所以a2＝3a1，即a1+d＝3a1，所以d＝2a1，
所以an＝a1+（n﹣1）d＝（2n﹣1）a1，
又因为{bn}为公比为3的等比数列，
所以，
解得m＝41，
故选：B．
5．【解答】解：依题意，，，
数列{（﹣1）n﹣1an}是首项为2，公比为﹣2的等比数列，
所以．
故选：D．
6．【解答】解：因为，
所以S1＝a1，S2＝4a1，故a2＝3a1，
设等差数列{an}的公差为d，则d＝2a1，
所以an＝（2n﹣1）a1，
因为a1，a2，，，依次成等比数列，，
所以，
所以（2k3﹣1）a1＝81a1，
所以k3＝41，
故选：C．
7．【解答】解：∵数列{an}满足，且a1＝2，
∴a2＝1﹣＝1﹣＝，
a3＝1﹣＝1﹣＝﹣1，
a4＝1﹣＝1﹣＝2，
a5＝1﹣＝1﹣＝，
......，
∴数列{an}是周期为3的周期数列，
∵2023＝674×3+1，
∴a2023＝a1＝2．
故选：A．
8．【解答】解：由题意可知，数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故（1≤n≤31，n∈N*），
所以．
由，得2n+1﹣64＜22n+2﹣t⋅2n+1，
整理得对任意1≤n≤31，且n∈N*恒成立，
又，当且仅当2n+1＝8，即n＝2时等号成立，
所以t＜15，
即实数t的取值范围是（﹣∞，15）
故选：B．
9．【解答】解：由①，
当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，②，
①﹣②可得an＝n+1（n≥2），又a1也符合上式，
∴an＝n+1，
令bn＝an﹣tn＝n+1﹣tn＝（1﹣t）n+1，
∴bn+1﹣bn＝（1﹣t）（n+1）+1﹣[（1﹣t）n+1]＝1﹣t为常数，
∴数列{bn}是等差数列，首项b1＝2﹣t，
∴，
其对称轴为，
∵Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立，
∴，解得，
∴t的取值范围是．
故选：A．
10．【解答】解：因为等比数列{an}的首项为1，公比为q，
所以an＝qn﹣1，
当q＞0时，an＞0，所以Sn＞0，
即“q＞0”是“∀n∈N*，Sn＞0恒成立”的充分条件；
取，则，
若n为偶数，则；
若n为奇数，则，
所以，当时，∀n∈N*，Sn＞0恒成立，即必要性不成立，
综上，“q＞0”是“∀n∈N*，Sn＞0恒成立”的充分不必要条件．
故选：A．
11．【解答】解：数列{an}是各项为正数的等比数列，公比为q，
由题意an+1＝an+（n+1）dn，∴dn＝＝＝，
∴＝•＝•q，
对于，n∈N*，这个数列是单调递增的数列，最小的一项即第一项为，
则是否大于1，不确定，A，B错误，
当＝q＞1时，q＞，则此时必有＝•q＞•＝1，则数列{dn}单调递增，则D项正确，C项错误．
故选：D．
12．【解答】解：∵a1＝1，（2an+1）an+1＝an，
∴，
∴，又，
∴{}是以首项为1，公差为2的等差数列，
∴＝2n﹣1，
∴，
∴令bn＝anan+1＝＝，
∴＝＝，
故选：B．
二．填空题（共4小题）
13．【解答】解：各项不为0的等差数列{an}满足a6﹣+a8＝0，
由a6+a8＝2a7，
可得2a7＝a72，
即有a7＝2（0舍去），
数列{bn}是公比为q的等比数列，且b7＝a7＝2，
则b3b8b10＝b1q2•b1q7•b1q9＝b13q18＝（b1q6）3＝b73＝23＝8．
故答案是：8．
14．【解答】解：由题意可得a2＝a1+2＝3，a2n＝a2n﹣1+2＝a2n﹣2+3，n≥2，
∴{a2n}是以3为首项，3为公差的等差数列，
∴a2n＝3+3（n﹣1）＝3n，
∴；
设数列的前n项和为Sn，
则．
故答案为：．
15．【解答】解：由题意，点（an，Sn）在直线3x﹣2y﹣2＝0上，
则3an﹣2Sn﹣2＝0，
整理，得Sn＝an﹣1，
当n＝1时，a1＝S1＝a1﹣1，解得a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an﹣1﹣an﹣1+1，
化简整理，得an＝3an﹣1，
∴数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴an＝2•3n﹣1，n∈N*．
故答案为：2；2•3n﹣1，n∈N*．
16．【解答】解：y＝f（x）满足f（x）+f（1﹣x）＝1，
若数列{an}满足，①
an＝f（1）+f（）+f（）+...+f（）+f（0），②
①+②可得2an＝[f（0）+f（1）]+[f（）+f（）]+...+[f（1）+f（0）]＝1+1+...+1＝n+1，
即an＝，
则数列{an}的前16项的和为×16×（1+）＝76．
故答案为：76．
三．解答题（共6小题）
17．【解答】（1）证明：因为a2n＝a2n﹣1﹣1，所以bn+1＝2a2n+1﹣1，bn＝2a2n+1，
又a2n+1＝2a2n，所以，所以bn+1﹣3＝2（bn﹣3），
又b1﹣3＝a1+a2﹣3＝a2＝2≠0，所以bn﹣3≠0，所以，
所以数列{bn﹣3}是以2为首项，2为公比的等比数列；
（2）解：由（1）可知，则，
所以，易知S2n+2＞S2n，
又，有a19+a20＝2076﹣1049＝1027，
又由a20＝a19﹣1，有2a19﹣1＝1027，得a19＝514，
所以S19＝1049+514＝1563＜2022，所以满足题意的n的最小值是20．
18．【解答】解：（1）∵a2a6＝4a32，∴，
解得q＝2或﹣2（舍去），
又＝30，
解得a1＝2，
∴an＝2•2n﹣1＝2n；
（2）∵，
∴．
19．【解答】解：（1）由题意，设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
则，
化简整理，得，
解得，
∴an＝1•3n﹣1＝3n﹣1，n∈N*．
（2）由（1），可得bn＝an+log3an＝3n﹣1+log33n﹣1＝3n﹣1+n﹣1，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝b1+b2+b3+•••+bn
＝（30+0）+（31+1）+（32+2）+•••+[3n﹣1+（n﹣1）]
＝（30+31+32+•••+3n﹣1）+[0+1+2+•••+（n﹣1）]
＝+
＝．
20．【解答】解：（1）因为，
所以+++…+＝2（n﹣1）2+（n﹣1）（n≥2，且n∈N*），
两式相减得，＝4n﹣1，
所以an＝（n≥2），
当n＝1时，有＝2×1+1，所以a1＝1，满足上式，
所以an＝（n∈N*）．
（2）＝＝＝（﹣），
所以Tn＝[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝（﹣）＝，
因为，所以＝，解得m＝9．
21．【解答】解：（1）数列{an}满足：a1＝1，且nan+1＝（n+1）an+1，n∈N*，
则（n﹣1）an＝nan﹣1+1，n＝2，3，•••，n，
两式相减可得，nan+1﹣（n﹣1）an＝（n+1）an﹣nan﹣1，即nan+1+nan﹣1＝（n+1）an+（n﹣1）an＝2nan，
则an+1+an﹣1＝2an，
所以{an}为等差数列，
因为a1＝1，
所以a2＝2a1+1＝3，
故数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1；
（2）∵，
∴+（2n﹣1）•2n，
2Sn＝1•22+3•22+5•24+•••+（2n﹣1）•2n+1，
两式作差可得，（2n﹣1）•2n+1＝，
故．
22．【解答】解：（1）证明：∵，两边同时除以3n+1，可得，
整理得，又，∴数列是等差数列，
首项为，公差，
∴，
解得．
，①
∴，②
①﹣②，得＝，
∴．
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