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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一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.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. 设,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. 若命题在时命题成立,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,在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,,若,则,即,,又,,,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及m与n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q=2或q=-1.因为数列{an}是正项等比数列,所以,所以.因为,所以,且,当m=1,n=3时,,当m=n=2时,,当m=3,n=1时,,则的最小值为.故选:B.6. 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,当时,;当时,满足上式,所以,又,恒成立,所以,恒成立;令,则对任意,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:,.记,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,,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:0,3,6,12,24,48,96,192,…,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:4,7,10,16,28,52,100,196,…;再将每一项除以10后得到:“提丢斯数列”:0.4,0.7,1.0,1.6,2.8,5.2,10.0,…,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”第99项为C. “提丢斯数列”前31项和为 D. “提丢斯数列”中,不超过20的有9项【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】记“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”前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二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.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分.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,a,aq(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,a,aq(aq≠0).因为三角形的两边之和大于第三边,①当q>1时,+a>aq,即q2-q-1<0,解得1<q<;②当0<q<1时,a+aq>,即q2+q-1>0,解得<q<1.综上,q的取值范围是∪,则可能的值是与.故选:BC10. 记为等差数列的前项和.已知,,则( )A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】由求出,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,若且,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;由于不确定和的正负,所以不能确定和的大小关系;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】对A,等比数列的公比,和异号, ,故A正确;对B,因为不确定和的正负,所以不能确定和的大小关系,故B不正确;对C D ,和异号,且且,和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. 设是无穷数列,若存在正整数,使得对任意,均有,则称是间隔递增数列,是的间隔数,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,令,解得,此时,,故B正确;,当n为奇数时,,存在,使成立;当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;若是间隔递增数列且最小间隔数是3,则,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.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.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:∵,,,,∴.由=2⇒3n-1=20⇒n=7,∴2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,当时,,即得到,因为①,所以当时,②,①②得,当时,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】由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】根据题意求得及,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,则,当且仅当时,等号成立,所以的最大值是.故答案为:.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在数列中,,.(1)求的通项公式;(2)数列是等差数列,为前项和,若,,求.【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: ,则,,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,.(Ⅰ)求和的通项公式;(Ⅱ)记的前项和为,求证:;(Ⅲ)对任意的正整数,设求数列的前项和.【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ).【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前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和的值,据此进一步计算数列的前2n项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为,等比数列的公比为q.由,,可得d=1.从而通项公式为.由,又q≠0,可得,解得q=2,从而的通项公式为.(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可得,故,,从而,所以.(Ⅲ)当n为奇数时,,当n为偶数时,,对任意的正整数n,有,和 ①由①得 ②由①②得,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)若,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,,解得当时,,所以,即.所以数列是首项为2,公比为2的等比数列.故.【小问2详解】解:由(1)知,则,所以①②,①-②得.所以数列的前项和20. 已知函数满足且.(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___________(从①﹔②,,成等比数列;③,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①可得,由②可得,由③可得,选择①②、①③、②③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)①由,得,即;②由,,成等比数列,得,,即;③由,得,即;选择①②、①③、②③条件组合,均得,,故.(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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