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.