2022-2023学年河南省洛阳市第一高级中学高二下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市第一高级中学高二下学期3月月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省洛阳市第一高级中学高二下学期3月月考数学试题 一、单选题1．数列的通项公式，若该数列的第k项满足40<<70，则k的值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】逐个代入验证即可.【详解】时，，不满足，所以A错；时，，不满足，所以B错；时，，满足，所以C正确；时，，不满足，所以D错.故选：C.2．已知由正整数组成的无穷等差数列中有三项是13､25､41，下列各数一定是该数列的项的是（    ）A．2019 B．2020 C．2021 D．2022【答案】C【分析】设该等差数列为，其公差为，设13､25､41分别为该数列中的，由等差数列的通项公式可得，其中，得出其通项公式，根据通项公式的特征对每个选项进行分析得出答案.【详解】设该等差数列为，其公差为，设13､25､41分别为该数列中的，且 不妨设.则，，所以，将两式相除可得，设，，则将分别代入，，可得 则，其中所以，不论取何正整数，要使一定为该数列中的某一项，由为正整数，则当不论取何正整数时，为整数.选项A. ,即不满足不论取何正整数时，为整数，显然不一定是该数列中的项.选项B. ,即不满足不论取何正整数时，为整数，显然不一定是该数列中的项.选项C. ,即满足不论取何正整数时，为整数，显然一定是该数列中的项.选项D. ,即不满足不论取何正整数时，为整数，显然不一定是该数列中的项.故选：C【点睛】关键点睛：本题考查等差数列通项公式的应用，解答本题的关键是由条件得出，从而，要使一定为该数列中的某一项，由为正整数，则为整数，属于中档题.3．已知等比数列，，是方程的两实根，则等于（    ）A．4 B． C．8 D．【答案】A【分析】利用根与系数的关系可得 ，，再利用 ，即可得的值【详解】因为，是方程的两实根，由根与系数的关系可得 ，，可知，因为是等比数列，所以，因为 ，所以，所以，故选：【点睛】本题主要考查了等比数列的性质的应用，涉及韦达定理，数列与方程结合，属于基础题.4．在等比数列中，，是方程的两根，则的值为（    ）A．2 B． C．6 D．【答案】A【分析】利用韦达定理以及等比数列下标和性质化简求解即可．【详解】解：等比数列中，，是方程的两根，所以，因为所以，故选：A5．设等差数列的前n项和为，已知公差d＝4，，则＝（    ）A．48 B．144 C．42 D．64【答案】D【分析】设等差数列的前n项和为，求出，再利用求和公式求解.【详解】设等差数列的前n项和为，公差d＝4，，∴，∴.故选：D.6．﹣401是数列﹣5，﹣9，﹣13，﹣17中的第几项（    ）A．第98项 B．第99项 C．第100项 D．第101项【答案】C【分析】先求出，再解方程即得解.【详解】根据题意，数列﹣5，﹣9，﹣13，﹣17是等差数列，数列的通项公式为，若，解可得n＝100.即﹣401是数列的第100项.故选：C.7．已知数列的通项公式an＝，则数列的前30项中最大值和最小值分别是（    ）A．a10，a9 B．a10，a30 C．a1，a30 D．a1，a9【答案】A【分析】根据数列的单调性即可求解.【详解】＝当 时， ，为正值且随n的增大而减小，则单调递减，故数列的前30项中最大值是 ，当时， ，为负值且随n增大而减小，则单调递减，故数列的前30项中最小值是 ∴数列的前30项中最大值和最小值分别是；故选：A.8．设等差数列的前n项和为，若，，，则的值为（    ）A．2020 B．4032 C．5041 D．3019【答案】B【分析】根据已知条件列出关于的方程，求出的通项，即可求出.【详解】由题意得，设等差数列的首项为，公差为，则 ，解得 ，所以 ，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的求解，通项公式的求法，由通项公式求某一项，属于基础题.9．等比数列的前项积为，并且满足，现给出下列结论：①②；③是中的最大值；④使成立的最大自然数是2019，期中正确的结论个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由可得公比的范围，结合数列的单调性，对四个选项进行逐一判断即可.【详解】因为，故可得，因为，故可得，因为，若，则和均大于1，与已知矛盾，故，因此，，数列是个递减数列.对①，因为数列是个减数列，且，故，故①错误；对②，，因为，故，故②正确；对③，，因为，数列是减数列，且，    故中最大值为，故③错误；对④，，，故成立的最大自然数是2018，故④错误.综上所述，只有1个正确.故选：A.【点睛】本题综合考查等比数列的下标和性质，以及数列的单调性，属中档题.10．等比数列中，则“”是“”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【答案】A【分析】由数列是等比数列且，设其公比为，再根据题意进行逻辑推理分析即可.【详解】数列是等比数列且，设其公比为，则当时，有，；反之，当时，则有，即，解得：或，即不一定恒有.在等比数列中，则“”是“”的充分不必要条件.故选：A11．对于数列若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为有界数列.记是数列的前项和，下列说法错误的是（    ）A．首项为1，公比为的等比数列是有界数列B．若数列是有界数列，则数列是有界数列C．若数列是有界数列，则数列是有界数列D．若数列、都是有界数列，则数列也是有界数列【答案】B【分析】根据有界数列的定义，利用不等式放缩，可判断A、C正确；设，可判断B错误；根据数列和数列的有界性，用和来控制，即可选项D.【详解】解：对A:设满足题设的等比数列为，则，当时，，所以，即，所以首项为1，公比为的等比数列是有界数列，故A正确；对B: 事实上，设，则，易知数列是有界数列，而此时，所以，由的任意性，知数列不是有界数列，故B错误；对C：因为数列是有界数列，所以存正数，对任意有，即，于是，所以数列是有界数列，故C正确；对D：若数列、都是有界数列，则存在正数，，使得对任意，有；，又因为同理，可得，所以，所以，数列也是有界数列，故D正确.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键在于读懂题目，准确把握“有界数列”的定义.12．已知数列共有5项，满足，且对任意、，有仍是该数列的某一项，则下列命题中，假命题的序号是（    ）A．数列中一定存在一项为0；B．存在使得；C．数列一定是等差数列；D．集合中元素个数为15．【答案】D【分析】根据题意对任意，，有仍是该数列的某一项，因此，由于，，可得，即，以此类推可得：，．分析选项即可判断出结论．【详解】根据题意：对任意，，有仍是该数列的某一项，，当时，则，．必有，即，而或，若，则，而，，，舍去；若，此时，同理可得．可得数列为：，，，，；据此分析选项：易得、、正确；对于、集合，，，，，，，，，中共有9个元素，错误；故选：【点睛】本题考查数列的递推公式，涉及等差数列的性质、新定义，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题． 二、填空题13．已知数列的前几项为，，，，…，则的一个通项公式为______．【答案】【分析】观察所给数列的规律，利用不完全归纳法求解即可.【详解】因为，，，，…，所以可以猜想.故答案为：.14．数列是公差不为零的等差数列,其前n项和为,若记数据的方差为,数据的方差为,则______.【答案】4【分析】由题意结合等差数列的和性质计算出第一组数据的平均数,然后计算出方差,再计算出第二组数据的平均数和方差,进而得到结果.【详解】由题意,数列是公差不为零的等差数列,令其公差为,其前n项和为,则数据的平均数为:,其方差,,则数列也为等差数列,所以数据的平均数为:,其方差为: 所以故答案为:【点睛】本题结合等差数列的性质考查了方差的计算,在解题过程中灵活运用等差数列前n项和的性质是解题关键,另外在求解平均数和方差时一定要按照公式代入进行求解,本题较为综合,有一定的计算量.15．等比数列的前项的和为，若，则＝_____.【答案】【分析】求得等比数列的公比，进而可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，若，则，所以，，由等比数列的求和公式可得，整理可得∴∴＝＝＝故答案为： 三、双空题16．德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去……、经过n次操作后，共删去______个小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过，则至少需要操作______次．（）【答案】          9【分析】通过观察可知每次删掉的正方形数和保留下来的正方形数为等比数列，然后根据等比数列的求和公式可解.【详解】由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，所以经过n次操作后，共删去的正方形个数；易知，第次操作后共保留个小正方形，其边长为，所以，保留下来的所有小正方形面积之和为由，得所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过.故答案为：，9. 四、解答题17．已知{an}为递增数列，前n项和，求实数λ的取值范围.【答案】【分析】首先根据公式，求数列的通项公式，再结合数列单调性的定义，以及数列的函数性质，即可求实数的取值范围.【详解】∵{an}的前n项和，∴，当时，，此时数列{an}随n的增大而增大，故只需即可，故λ＜4，即实数λ的取值范围为：.18．已知等差数列的通项公式为.(1)求，及其公差的值；(2)求数列的前5项和.【答案】(1)(2)25 【分析】(1)利用通项公式求解；(2)逐项相加，即可求解.【详解】（1）解：;（2）解：数列的前5项和.19．数列中，，，（）.(1)试求、的值，使得数列为等比数列；(2)设数列满足：，为数列的前n项和，证明：时，.【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）根据递推关系式结合等比数列的定义即可求解、的值；（2）由（1）知，从而求出，将通项放大成裂项求和的式子，按照裂项相消法求和，再结合柯西不等式证明即可.【详解】（1）若为等比数列，则存在，使对成立.由已知，代入上式，整理得①∵①式对成立，∴，解得，∴当，时，数列是公比为2的等比数列；（2）由（1）得：，，所以，所以，因为，所以，，（1）现证：（），当时，，∴，（2）根据（1）（2）可知对于，都成立.20．已知无穷数列{an}，对于m∈N*，若{an}同时满足以下三个条件，则称数列{an}具有性质P(m)．条件①：an＞0（n＝1，2，…）；条件②：存在常数T＞0，使得an≤T（n＝1，2，…）；条件③：an＋an+1＝man＋2（n＝1，2，…）．（1）若an＝5＋4（n＝1，2，…），且数列{an}具有性质P（m），直接写出m的值和一个T的值；（2）是否存在具有性质P（1）的数列{an}？若存在，求数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由；（3）设数列{an}具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列{an}的通项公式．【答案】（1）； ；（2）不存在具有性质的数列；答案见解析；（3）（为常数，且）．【分析】（1）根据性质的定义求解；（2）用反证法，假设存在具有性质P（1）的数列{an}，则，得数列递增，然后证明，个不等式相加得，这时取，则得到，出现矛盾，完成证明；（3）确定，若，则有，变形为，这样可以得出，然后说明适合，不适合；在时，取，利用不等式性质可得，，于是有，数列的奇数项递减（偶数项也递减），而是确定的正整数，这样可推导出矛盾的结论，从而得出结论．【详解】解：（1）；答案不唯一．如．理由如下：（时取等号），，所以；（时取等号），，所以，不小于6的实数都可以是；，．（2）不存在具有性质的数列，理由如下：假设存在具有性质的数列，设为，则．所以，．因为（），所以，即．所以，即，，，．累加得，．对于常数，当时，，与②矛盾．所以不存在具有性质的数列．（3）因为数列具有性质，由（2）知．①当时，，即，．所以．若（为常数，且），则，．经检验，数列（）具有性质．若，当时，，与矛盾．②当时，令，则，．所以．所以．所以，．所以，，，．所以．当时，，与矛盾．综上所述，数列的通项公式为（为常数，且）．【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义，并能应用新定义解题．解题时由于新定义提供的理论根据较少，因此在证明与之有关的命题时可能应用反证法思想．本题中的矛盾的出现主要是把已知性质的等式转化为不等式，推导出．21．已知数列：，，…，满足：（，2，…，，），从中选取第项、第项、…、第项（，）称数列，，…，为的长度为的子列.记为所有子列的个数.例如：0，0，1，其.(1)设数列A：1，1，0，0，写出A的长度为3的全部子列，并求；(2)设数列：，，…，，：，，…，，：，，…，，判断，，的大小，并说明理由；(3)对于给定的正整数，（），若数列：，，…，满足：，求的最小值.【答案】(1)子列为：1，0，0；1，1，0；；(2)，理由见解析；(3). 【分析】（1）根据的定义结合条件即得；（2）若是的一个子列，则为的一个子列.若与是的两个不同子列，则与也是的两个不同子列，得，同理，得，同理；（3）令，得数列中不含有0的子列有个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有个，，含有个0的子列有个，即可解决.【详解】（1）由的定义以及，可得：的长度为3的子列为：，有2个，又的长度为的子列有个，的长度为的子列有个，所以；（2）理由如下：若是的一个子列，则为的一个子列.若与是的两个不同子列，则与也是的两个不同子列.所以；同理，所以.同理所以有（3）由已知可得，数列中恰有个1，个0. 令，下证：.由于，所以的子列中含有个0，个1的子列有且仅有1 个，设为：. 因为数列的含有个0，个1的子列至少有一个，所以.数列中，不含有0的子列有个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有个，，含有个0的子列有个，所以. 所以的最小值为.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.22．若数列{an}满足“对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj”，则称数列{an}具有“性质P”.(1)判断各项均等于a的常数列是否具有“性质P”，并说明理由；(2)若公比为2的无穷等比数列{an}具有“性质P”，求首项a1的值；(3)若首项a1＝2的无穷等差数列{an}具有“性质P”，求公差d的值.【答案】(1)答案见解析(2)a1＝2m，m≥﹣1且m∈Z(3)d＝1或d＝2 【分析】（1）由数列{an}具有“性质P”，得a＝a2，讨论a的取值，可得结论；（2）结合数列{an}具有“性质P”，以及等比数列的通项公式，讨论m的取值，可得结论；（3）结合数列{an}具有“性质P”， 以及等差数列的通项公式，讨论d＝0，d＜0，d＝1，d＝2，结合整数的性质，可得结论.【详解】（1）若数列{an}具有“性质P”，“对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj”，所以a＝a2，所以a＝0或1，故当a＝0或1时，各项均等于a的常数列具有“性质P”；当a≠0且a≠1时，各项均等于a的常数列不具有“性质P”.（2）对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj，即a1•2k﹣1＝a1•2i﹣1•a1•2j﹣1，所以a1＝2k+1﹣i﹣j，令k+1﹣i﹣j＝m∈Z，则a1＝2m，当m≥﹣1且m∈Z时，an＝a1•2n﹣1＝2m+n﹣1，对任意正整数i，j，i≠j，由ak＝ai•aj，得2m+k﹣1＝2m+i﹣1•2m+j﹣1，所以k＝i+j+m﹣1，而i+j+m﹣1是正整数，所以存在正整数k＝i+j+m﹣1，使得ak＝ai•aj成立，数列具有“性质P”；当m≤﹣2且m∈Z时，取i＝1，j＝2，则i+j+m﹣1＝2+m≤0，正整数k不存在，数列不具有“性质P”，综上所述，a1＝2m，m≥﹣1且m∈Z.（3）因为an＝2+（n﹣1）d，所以若对于任意的正整数n，存在整数k，使得ak＝a1•an成立，则d＝，对于任意的正整数n，存在整数k1和k2，使得＝a1•an，＝a2•an，两式相减得，dan＝（k2﹣k1）d，若d＝0，显然不合题意，若d≠0，得an＝k2﹣k1，是整数，从而得到公差d也是整数，当d＜0时，此数列是递减的等差数列，取满足的正整数m，解得，由am•am+1＞＞a1，所以不存在正整数k使得am•am+1＝ak成立，从而d＜0时，不具有“性质P”；当d＝1时，数列2，3，4，...，n+1，...，对任意的正整数i，j，i≠j，由ak＝ai•aj，可得k+1＝（i+1）（j+1），可得k＝i+j+ij，而i+j+ij是正整数，从而数列具有“性质P”；当d＝2时，数列2，4，6，...，2n，...，对任意正整数i，j，由ak＝ai•aj，可得2k＝2i•2j，即k＝2ij，而2ij是正整数，从而数列具有“性质P”.综上可得，d＝1或d＝2.