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    2023安庆一中高二下学期第一次月考试题数学含解析

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    安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试卷注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名考生号考场号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,用铅笔把答题卡上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,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本卷和答题卡一并交回选择题:本题共8小题,每小题5分,共40.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. ,则等于(    A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由已知通项公式,令写出即可.【详解】.故选:C.2. 已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15,且,则A. 16 B. 8 C. 4 D. 2【答案】C【解析】【分析】利用方程思想列出关于的方程组,求出,再利用通项公式即可求得的值.【详解】设正数的等比数列{an}的公比为,则解得,故选C【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量,熟练应用公式是解题的关键.3. 若命题时命题成立,则有时命题成立,现知命题对时命题成立,则有(    ).A. 命题对所有正整数都成立B. 命题对小于的正整数不成立,对大于或等于的正整数都成立C. 命题对小于的正整数成立与否不能确定,对大于或等于的正整数都成立D. 以上说法都不正确【答案】C【解析】【详解】由已知可得时命题成立,则有时命题成立,时命题成立的前提下,可推得时命题也成立,以此类推可知命题对大于或等于的正整数都成立但命题对小于的正整数成立与否不能确定.本题选择C选项.4. 我国古代著作《庄子·天下篇》引用过一句话:一尺之棰,日取其半,万世不竭.”其含义是:一尺长的木棍,每天截去它的一半,永远也截不完.在这个问题中,记第天后剩余木棍的长度为,数列的前项和为,则使得不等式成立的正整数的最小值为(    .A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】B【解析】【分析】将问题转化为等比数列求和问题,利用等比数列求和公式求得,解不等式求得结果.【详解】由题意可知:数列是以为首项,为公比的等比数列,,则,即使得不等式成立的正整数的最小值为.故选:B.5. 已知正项等比数列{an}满足,若存在两项,使得,则的最小值为(    A. 9 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的通项公式求出公比mn的关系式,由于,所以采取逐一代入法求解最值即可.【详解】依题意,正项等比数列{an}满足所以,即,解得q2q=-1因为数列{an}是正项等比数列,所以,所以.因为所以,且m1n3时,mn2时,m3n1时,的最小值为.故选:B6. 已知数列的前n项和,若恒成立,则实数的最大值是(    A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】先由求出,根据得到,求出的最小值,即可得出结果.【详解】因为数列的前n项和时,时,满足上式,所以恒成立,所以恒成立;对任意,显然都成立,所以单调递增,因此,即的最小值为所以,即实数最大值是.故选:C【点睛】思路点睛:根据数列不等式恒成立求参数时,一般需要分离参数,构造新数列,根据新数列的通项公式,判断其单调性,求出最值,即可求出参数范围(或最值).7. 等差数列满足:.,当数列的前项和取最大值时,A. 17 B. 18 C. 19 D. 20【答案】C【解析】【分析】根据已知条件求得的关系,由此求得的表达式,根据判断的符号,由此求得数列的前项和取最大值时的值.【详解】设等差数列的公差为,依题意,则,即.所以数列的通项公式为.所以.由于,所以当时,,当时,.由于,所以当时,取得最大值.故选:C【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算,考查分析、思考与解决问题的能力,属于中档题.8. 提丢斯数列,是由18世纪德国数学家提丢斯给出,具体如下:03612244896192,容易发现,从第3项开始,每一项是前一项的2倍;将每一项加上4得到一个数列:4710162852100196;再将每一项除以10后得到:提丢斯数列0.40.71.01.62.85.210.0,则下列说法中,正确的是(    A. “提丢斯数列”是等比数列 B. 提丢斯数列99项为C. 提丢斯数列31项和为 D. 提丢斯数列中,不超过20的有9【答案】C【解析】【分析】根据已知定义,结合等比数列的通项公式、前项和公式进行判断即可.【详解】提丢斯数列为数列,则当时,,解得,当时,,符合该式,当时,,故,故A错误,而,故B错误;提丢斯数列31项和为,故C正确;令,则,故,而,故不超过20的有8项,故D错误,故选:C多选题:本题共4小题,每小题5分,共20.在每小题列出的四个选项中,有多项符合题目要求的.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0.9. (多选题)已知三角形的三边构成等比数列,它们的公比为q,则q可能的一个值是(    A.  B. C  D. 【答案】BC【解析】【分析】由题意可设三角形的三边分别为aaq(aq≠0),再对分类讨论,解不等式即得解.【详解】解:由题意可设三角形的三边分别为aaq(aq≠0)因为三角形的两边之和大于第三边,q>1时,a>aq,即q2q1<0,解得1<q<0<q<1时,aaq>,即q2q1>0,解得<q<1综上,q的取值范围是,则可能的值是故选:BC10. 为等差数列的前项和.已知,则(    A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】求出,再由可得公差为,从而可求得其通项公式和前项和公式【详解】由题可知,,即,所以等差数列的公差所以.故选:AC.【点睛】本题考查等差数列,考查运算求解能力.11. (多选题)已知等比数列的公比,等差数列的首项,若,则以下结论正确的有(   A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】根据等比数列的公比,可知A正确;由于不确定的正负,所以不能确定的大小关系;根据题意可知等差数列的公差为负,所以可判断出C不正确,D正确.【详解】A等比数列的公比异号, ,故A正确;B,因为不确定的正负,所以不能确定的大小关系,故B不正确;C D 异号,且中至少有一个数是负数,又 ,故D正确,一定是负数,即 ,故C不正确.故选:AD.12. 是无穷数列,若存在正整数,使得对任意,均有,则称是间隔递增数列,的间隔数,下列说法正确的是(    )A. 公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列B. 已知,则是间隔递增数列C. 已知,则是间隔递增数列且最小间隔数是2D. 已知,若是间隔递增数列且最小间隔数是3,则【答案】BCD【解析】【分析】设等比数列的公比为,则,当时,,可判断A,令,利用其单调性可判断B,分n为奇数、偶数两种情况讨论可判断C;若是间隔递增数列且最小间隔数是3,则成立,问题转化为对于,存在使之成立,且对于,存在使之成立,求解可判断D【详解】设等比数列的公比为,则因为,所以当时,,故A错误;,令,则上单调递增,,解得,此时,故B正确;n为奇数时,,存在,使成立;n为偶数时,,存在,使成立.综上是间隔递增数列且最小间隔数是2,故C正确;是间隔递增数列且最小间隔数是3成立,则对于,存在使之成立,且对于,存在使之成立.即对于,存在使之成立,且对于,存在使之成立,所以,且,解得,故D正确.故选:BCD.填空题:本题共4小题,每小题5分,共20.把答案填在答题卡的相应位置.13. 已知数列2,则2是该数列的第________项.【答案】7【解析】【分析】根据题中所给的数据,推出数列的通项公式,即可得出答案.【详解】解:∵,∴.23n120n72是该数列的第7项.故答案为:7.14. 已知数列的前项和,则数列的通项公式是______.【答案】【解析】【分析】根据求出首项、第二项,从而得出公比,从而求出数列的通项公式.【详解】解:当时,,所以时,,即得到因为①,所以当时,②,①②得时,不满足所以故答案为:.【点睛】本题考查由数列的前n项和求数列的通项公式,注意验证的情况,属于中档题.15. 如图,第n个图形是由正边形扩展而来的,则第个图形中共有______个顶点.【答案】【解析】【分析】边形有个顶点及图形的生成规律确定.【详解】由题意第个图形是由边形的每边中间向外扩展边形得到,顶点数为故答案为:16. 设等差数列的前n项和为,若,则的最大值是__【答案】【解析】【分析】根据题意求得,化简,结合基本不等式,即可求解.【详解】设等差数列的公差为因为,可得,解得所以,所以当且仅当时,等号成立,所以的最大值是.故答案为:.解答题:本题共6小题,共70.解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.17. 在数列(1)求的通项公式(2)数列是等差数列项和.【答案】(1) ; (2).【解析】【分析】(1)由等比数列的定义可知数列是首项为1,公比为3的等比数列,则的通项公式易求;(2)由(1)得:,由此求得公差,代入等差数列前公式计算即可.【详解】(1)因为 所以数列是首项为1,公比为3的等比数列,所以.(2)由(1)得:,,所以 .【点睛】本题考查等差数列,等比数列的基本量计算,属基础题.18. 已知为等差数列,为等比数列,)求的通项公式;)记的前项和为,求证:)对任意的正整数,设求数列的前项和.【答案】;()证明见解析;(.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果;(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列n项和,然后利用作差法证明即可;(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式,然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算的值,据此进一步计算数列的前2n项和即可.【详解】()设等差数列的公差为,等比数列的公比为q.,可得d=1.从而通项公式为.q≠0,可得,解得q=2从而的通项公式为.()证明:由()可得从而所以.()n为奇数时,n为偶数时,对任意的正整数n,有 ①②由于从而得:.因此,.所以,数列的前2n项和为.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等,属于中等题.19. 已知数列的前项和为,且1求数列的通项公式;2,求数列的前项和.【答案】1    2【解析】【分析】1)根据,再结合等比数列的定义,即可求出结果;2)由(1)可知,再利用错位相减法,即可求出结果.【小问1详解】解:因为,当时,,解得时,所以.所以数列是首项为2,公比为2的等比数列..【小问2详解】解:由(1)知,则所以①-②.所以数列的前项和20. 已知函数满足.(1)当时,求的表达式;(2)设,求证:【答案】(1);(2)详见解析.【解析】【分析】(1)令,将函数表示为等比数列,根据等比数列公式得到答案.(2)将表示出来,利用错位相减法得到前N项和,最后证明不等式.【详解】(1)令,得,即(2),设,则,①,②来①-②得        【点睛】本题考查了函数与数列的关系,错位相减法,综合性强,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21. 已知等差数列的公差为,前项和为,且满足___________(成等比数列;,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2)设,数列的前项和为,求证:.【答案】条件选择见解析;(1;(2)证明见解析.【解析】【分析】1)由可得,由可得,由可得,选择①②①③②③条件组合,均得,即得解析式;2)可得,由裂项相消法求出即可证明.【详解】1,得,即成等比数列,得,即,得,即选择①②①③②③条件组合,均得.2.【点睛】方法点睛:数列求和的常用方法:1)对于等差等比数列,利用公式法可直接求解;2)对于结构,其中是等差数列,是等比数列,用错位相减法求和;3)对于结构,利用分组求和法;4)对于结构,其中是等差数列,公差为,则,利用裂项相消法求和.22. 习近平总书记指出:我们既要绿水青山,也要金山银山.新能源汽车环保、节能,以电代油,减少排放,既符合我国的国情,也代表了世界汽车产业发展的方向.工业部表示,到2025年中国的汽车总销量将达到3500万辆,并希望新能源汽车至少占总销量的五分之一.山东某新能源公司年初购入一批新能源汽车充电桩,每台12800元,第一年每台设备的维修保养费用为1000元,以后每年增加400元,每台充电桩每年可给公司收益6400元.1)每台充电桩第几年开始获利?(2)每台充电桩在第几年时,年平均利润最大.【答案】1)公司从第3年开始获利;(2)在第8年时,每台充电桩年平均利润最大【解析】【分析】1)由题意知每年的维修保养费用是以1000为首项,400为公差的等差数列,由此可得第n年时累计利润的解析式,则,解之即可;(2)每台充电桩年平均利润为,由基本不等式可求出最大值,注意等号成立的条件.【详解】1)由题意知每年的维修保养费用是以1000为首项,400为公差的等差数列,设第n年时累计利润为开始获利即,∴,即解得,∵,∴公司从第3年开始获利;2)每台充电桩年平均利润为当且仅当,即时,等号成立.即在第8年时每台充电桩年平均利润最大为2400元.【点睛】本题考查等差数列的实际应用和利用基本不等式求最值,考查学生分析问题,解决问题的能力,根据条件列出符合题意的表达式是解本题的关键,属中档题. 
     

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