2023-2024学年上海市宝山区顾村中学高二（下）段考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市宝山区顾村中学高二（下）段考数学试卷（3月份）（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题本大题共4题，每题6分等内容，欢迎下载使用。
1．将循环小数化为分数：＝ ．
2．在等差数列{an}中，若a3＝4，a7＝16，则{an}的通项公式为 ．
3．lg64与lg69的等差中项为 ．
4．在等比数列{an}中，a1＝3，q＝2，则S6＝ ．
5．等差数列{an}满足a1+a5＝4，a3+a7＝12，则＝ ．
6．数列{an}的前n项和Sn＝2n2﹣3n，则an＝ ．
7．等比数列{an}前n项和，则r＝ ．
8．已知等差数列{an}中，a1＝25，a10＝7，则Sn的最大值为 ．
9．已知数列{an}满足，则an＝ ．
10．已知数列{an}满足a1＝1，，n∈N*，则an＝ ．
11．数列{an}满足，则数列的第2023项为 ．
12．某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列{Fn}满足：F1＝F2＝1，Fn＝Fn﹣1+Fn﹣2（n≥3）；{Fn}的通项公式为；在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．
该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列{Fn+1﹣Fn}是严格增数列②数列{Fn}的前n项和Sn满足Sn＝Fn+2﹣1；
③；
④．
那么以上结论正确的是 （填序号）．
二、选择题（本大题满分24分）本大题共4题，每题6分
13．“b是与的等差中项”是“b是与的等比中项”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
14．已知数列an＝1++…+，则ak+1﹣ak共有（ ）
A．1项B．k项C．2k项D．2k+1项
15．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯．”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，问塔的顶层灯的盏数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
16．已知数列{an}是等差数列，下面的数列中必为等差数列的个数是（ ）
①{a2n}
②{an+an+1}
③{3an+1}
④{|an|}
A．1B．2C．3D．4
三、解答题（本大题满分72分）本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤.
17．在等差数列{an}中，a2+a5＝24，a17＝66．
（1）求a2021的值；
（2）2022是否为数列{an}中的项？若是，则为第几项？
18．已知数列{an}满足：．
（1）求证：{an﹣4}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式．
19．已知数列{an}满足．
（1）求出a2，a3，a4项，并由此猜想{an}的通项公式；
（2）用数学归纳法证明{an}的通项公式．
20．（16分）森林资源是全人类共有的宝贵财富，其在改善环境，保护生态可持续发展方面发挥重要的作用．为了实现“到2030年，中国的森林蓄积量比2005年增加60亿立方米”的目标，A地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计，A地2020年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉t（10＜t＜30）万立方米的森林．设an为自2021年开始，第n年末的森林蓄积量（例如a1＝150﹣t）．
（1）试写出数列{an}的一个递推公式；
（2）设bn＝an﹣4t（n∈N，n≥1），证明：数列{bn}是等比数列；
（3）若到2030年末，A地要实现“森林蓄积量要超过640万立方米”这一目标，那么每年的砍伐量t最多是多少万立方米？（精确到1万立方米）
21．（16分）设k∈R，数列{an}满足an＝2n+k，数列{bn}的通项公式为．
（1）已知a1+a2+a3+a4+a5＝25，求k的值；
（2）若k＝﹣113，以，求数列{cn}最大项及相应n的值；
（3）设Sn为数列{bn}其前n项和，令，数列{dn}的前n项和为Tn.证明：．
参考答案
一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分.
1．将循环小数化为分数：＝ ．
【分析】借助于无穷等比数列的前n项和公式，即可求解．
解：．．．，
所以可以看成以0.36为首项，0.01为公比的无穷等比数列的前n项的和，
即．
故答案为：．
【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．在等差数列{an}中，若a3＝4，a7＝16，则{an}的通项公式为 an＝3n﹣5 ．
【分析】根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解．
解：设等差数列{an}的公差为d，
a3＝4，a7＝16，
则4d＝a7﹣a3＝16﹣4＝12，解得d＝3，
故an＝a3+（n﹣3）×d＝4+（n﹣3）×3＝3n﹣5．
故答案为：an＝3n﹣5．
【点评】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
3．lg64与lg69的等差中项为 1 ．
【分析】根据题意，设lg64与lg69的等差中项为m，由等差中项的定义可得2m＝lg64+lg69，由对数的运算性质可得m的值，即可得答案．
解：根据题意，设lg64与lg69的等差中项为m，
则2m＝lg64+lg69＝lg636＝2，
故m＝1，即lg64与lg69的等差中项为1；
故答案为1．
【点评】本题考查等差数列的性质，涉及对数的运算性质，解题的关键是掌握等差中项的定义．
4．在等比数列{an}中，a1＝3，q＝2，则S6＝ 189 ．
【分析】利用等比数列的求和公式可得答案．
解：因为等比数列{an}中，a1＝3，q＝2
由等比数列的求和公式，可得S6＝＝189，
故答案为：189．
【点评】本题考查等比数列的求和公式，属基础题．
5．等差数列{an}满足a1+a5＝4，a3+a7＝12，则＝ 28 ．
【分析】借助于等差数列的性质以及前n项和公式求解即可．
解：因为等差数列{an}满足a1+a5＝4，a3+a7＝12，
所以a3+a7＝2a5＝12，a1+a5＝2a3＝4，解得a5＝6，a3＝2，
所以．
故答案为：28．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．数列{an}的前n项和Sn＝2n2﹣3n，则an＝ 4n﹣5 ．
【分析】由Sn可表示出数列{an}的前n﹣1项和Sn﹣1，两式相减即可求出此数列的通项公式，然后把n＝1代入验证是否满足即可．
解：当n＝1时，a1＝S1＝﹣1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1
＝2n2﹣3n﹣2（n﹣1）2﹣3（n﹣1）＝4n﹣5，
经验证当n＝1时，上式也符合，
故通项公式为an＝4n﹣5，
故答案为：4n﹣5．
【点评】本题考查等差数列的通项公式，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1是解决问题的关键，属基础题．
7．等比数列{an}前n项和，则r＝ ﹣1 ．
【分析】可根据an＝Sn﹣Sn﹣1求得数列的通项公式，进而求得a1，再根据a1＝S1求得r．
解：∵Sn＝3n+r，∴Sn﹣1＝3n﹣1+r，（n≥2，n∈N+），
∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝2•3n﹣1，
又a1＝S1＝3+r，由通项得：a2＝6，公比为3，
∴a1＝2，
∴r＝﹣1．
故答案为：﹣1
【点评】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列的前n项和公式．解题的关键是求出数列的通项公式．
8．已知等差数列{an}中，a1＝25，a10＝7，则Sn的最大值为 169 ．
【分析】利用等差数列通项公式求出d＝﹣2，从而Sn＝25n+d＝25n﹣n2+n＝﹣（n﹣13）2+169．由此能求出Sn的最大值．
解：等差数列{an}中，a1＝25，a10＝7，
∴25+9d＝7，
解得d＝﹣2，
∴Sn＝25n+d＝25n﹣n2+n＝﹣（n﹣13）2+169．
则n＝13时，Sn的最大值为169．
故答案为：169．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9．已知数列{an}满足，则an＝ n2+n ．
【分析】由已知递推关系，利用累加法即可求解．
解：因为数列{an}满足，
所以a2﹣a1＝4，
a3﹣a2＝6，
…
an﹣an﹣1＝2n，
以上n﹣1各式子相加得，an﹣a1＝4+6+…+2n＝＝（n+2）（n﹣1），
则an＝n2+n．
故答案为：n2+n．
【点评】本题主要考查了累加法在数列通项公式求解中的应用，属于中档题．
10．已知数列{an}满足a1＝1，，n∈N*，则an＝ ．
【分析】依题意可得（n+1）an+1＝nan，即可得到{nan}为常数数列，从而求出数列的通项公式．
解：因为a1＝1，，所以（n+1）an+1＝nan，
所以{nan}为常数数列，且nan＝1，所以．
故答案为：．
【点评】本题考查数列递推公式的应用，属基础题．
11．数列{an}满足，则数列的第2023项为 ．
【分析】根据递推关系可通过计算前面，发现数列是周期为4的周期数列，进而由周期性即可求解．
解：由已知可得，
所以数列{an}为周期数列，且T＝4，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
12．某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列{Fn}满足：F1＝F2＝1，Fn＝Fn﹣1+Fn﹣2（n≥3）；{Fn}的通项公式为；在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．
该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列{Fn+1﹣Fn}是严格增数列②数列{Fn}的前n项和Sn满足Sn＝Fn+2﹣1；
③；
④．
那么以上结论正确的是 ②③ （填序号）．
【分析】列出前几项观察规律，然后利用数学归纳法进行证明．
解：由数列通项公式可知，数列每一项都为正，
当n≥3，（Fn+2﹣Fn+1）﹣（Fn+1﹣Fn）＝Fn﹣Fn﹣1＝Fn﹣2＞0，
而F2﹣F1＝0，F3﹣F2＝1，F4﹣F3＝1，不满足严格递增，
所以数列{Fn+1﹣Fn}不是严格增数列，①错误，
对于②，S1＝F3﹣1＝1，满足等式，假设n＝k﹣1（k≥2，k∈Z）时等式成立，
即Sk﹣1＝Fk+1﹣1，则Sk＝Fk+1﹣1+Fk＝Fk+2+1，等式成立，②正确，
对于③＝1＝F1F2，等式成立，
假设n＝k﹣1（k≥2，k∈Z）时等式成立，即++…+＝Fk﹣1Fk，
则++…++＝Fk﹣1Fk+＝FkFk+1，等式成立，③正确，
对于④，当n＝1，F1F2＝1，而＝32＝9，显然不满足等式，④错误，
故答案为：②③．
【点评】本题主要考查数学归纳法证明数列规律，列出前几项验证规律是解决本题的突破点，属中档题．
二、选择题（本大题满分24分）本大题共4题，每题6分
13．“b是与的等差中项”是“b是与的等比中项”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
【分析】根据等差中项和等比中项的定义结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
解：若b是与的等差中项，
则b＝＝1，
若b是与的等比中项，
则b＝±＝±1，
则“b是与的等差中项”是“b是与的等比中项”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差中项和等比中项的定义求出b的值是解决本题的关键．
14．已知数列an＝1++…+，则ak+1﹣ak共有（ ）
A．1项B．k项C．2k项D．2k+1项
【分析】由ak＝+…+，ak+1＝+…+++…+，可得ak+1﹣ak，即可得出．
解：∵ak＝+…+，ak+1＝+…+++…+，
∴ak+1﹣ak＝+…+＝，
∴共有k2+2k+1﹣（k2+1）+1＝2k+1项．
故选：D．
【点评】本题考查了数列的通项公式，属于基础题．
15．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯．”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，问塔的顶层灯的盏数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】可知每一层灯数形成以2为公比的等比数列{an}，根据S7＝381即可求出．
解：设顶层的灯数是a1，则每一层灯数形成以2为公比的等比数列{an}，
由题可得，解得a1＝3，
所以塔的顶层的灯数是3．
故选：C．
【点评】本题主要考查等比数列的前n项和公式，属于基础题．
16．已知数列{an}是等差数列，下面的数列中必为等差数列的个数是（ ）
①{a2n}
②{an+an+1}
③{3an+1}
④{|an|}
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据等差数列的定义判断．
解：设{an}的公差为d，
对于①，a2（n+1）﹣a2n＝a2n+2﹣a2n＝2d，
{a2n}是等差数列，故①正确；
对于②，（an+an+1）﹣（an﹣1+an）＝an+1﹣an﹣1＝2d，
{an+an+1}是等差数列，故②正确；
对于③，3an+1﹣（3an﹣1+1）＝3（an﹣an﹣1）＝3d，{3an+1}是等差数列，故③正确；
对于④，若an＝n﹣5，则|an|＝|n﹣5|不是等差数列，故④错误．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
三、解答题（本大题满分72分）本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤.
17．在等差数列{an}中，a2+a5＝24，a17＝66．
（1）求a2021的值；
（2）2022是否为数列{an}中的项？若是，则为第几项？
【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式先求出首项及公差，进而可求；
（2）结合等差数列的通项公式即可求解．
解：（1）因为等差数列{an}中，a2+a5＝2a1+5d＝24，a17＝a1+16d＝66，
解得d＝4，a1＝2，
所以a2021＝2+2020×4＝8082；
（2）由（1）得an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2，
令4n﹣2＝2022，则n＝506，
故2022是为数列{an}中的第506项．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，属于基础题．
18．已知数列{an}满足：．
（1）求证：{an﹣4}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式．
【分析】（1）由已知递推关系，结合等比数列的定义即可证明；
（2）结合等比数列的通项公式即可求解．
【解答】（1）证明：因为数列{an}满足：，
所以an+1﹣4＝（an﹣4），
因为a1﹣4＝﹣2，
所以数列{an﹣4}是以﹣2为首项，以为公比的等比数列；
（2）解：由（1）得，an﹣4＝﹣2×，
故an＝4﹣（）n﹣2．
【点评】本题主要考查了等比数列的判断及等比数列的通项公式的应用，属于中档题．
19．已知数列{an}满足．
（1）求出a2，a3，a4项，并由此猜想{an}的通项公式；
（2）用数学归纳法证明{an}的通项公式．
【分析】（1）根据已知条件求得a2，a3，a4，由此猜想，
（2）结合数学归纳法的证明步骤，证得猜想通项公式正确即可．
解：（1）依题意，
所以，
由此猜想．
（2）证明：当n＝1时，a1＝1，成立．
假设当n＝k时成立，即成立．
则当n＝k+1时，，成立．
综上所述，对任意正整数n都成立．
【点评】本题主要考查数列归纳法，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（16分）森林资源是全人类共有的宝贵财富，其在改善环境，保护生态可持续发展方面发挥重要的作用．为了实现“到2030年，中国的森林蓄积量比2005年增加60亿立方米”的目标，A地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计，A地2020年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉t（10＜t＜30）万立方米的森林．设an为自2021年开始，第n年末的森林蓄积量（例如a1＝150﹣t）．
（1）试写出数列{an}的一个递推公式；
（2）设bn＝an﹣4t（n∈N，n≥1），证明：数列{bn}是等比数列；
（3）若到2030年末，A地要实现“森林蓄积量要超过640万立方米”这一目标，那么每年的砍伐量t最多是多少万立方米？（精确到1万立方米）
【分析】（1）根据题意得an+1＝an×（1+25%）﹣t，化简求解；
（2）证明为常数即可；
（3）由（2）知＝，则{an﹣4t}是等比数列，求得其通项公式，再由a10≥640求解．
解：（1）由题意得：a1＝120×（1+25%）﹣t＝150﹣t，
an+1＝an×（1+25%）﹣t＝an﹣t；
（2）因为an+1＝an﹣t，
所以an+1﹣4t＝（an﹣4t），
当n＝1时，b1＝a1﹣4t＝150﹣5t，
即＝，
故{bn}是以150﹣5t为首项，为公比的等比数列．
（3）由（2）知：{an﹣4t}是以150﹣5t为首项，为公比的等比数列，
所以其通项公式为an﹣4t＝（150﹣5t）•，
所以an＝4t+（150﹣5t）•，
2030年底的森林蓄积量为数列{an}的第10项为a10＝4t+（150﹣5t）•，
由题意可知：森林蓄积量到2030年底要达到超过640万立方米的目标，
所以a10≥640，即4t+（150﹣5t）•≥640，
即4t+（150﹣5t）×7.45＝4t+1117.5﹣37.25t≥640，
解得：t≤12.82．
所以每年的砍伐量最大为12万立方米．
【点评】本题考查等比数列、数列的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
21．（16分）设k∈R，数列{an}满足an＝2n+k，数列{bn}的通项公式为．
（1）已知a1+a2+a3+a4+a5＝25，求k的值；
（2）若k＝﹣113，以，求数列{cn}最大项及相应n的值；
（3）设Sn为数列{bn}其前n项和，令，数列{dn}的前n项和为Tn.证明：．
【分析】（1）由已知代入，即可得出答案；
（2）由题意得，研究数列的单调性，即可得出答案；
（3）利用裂项相消法求数列{cn}的前n和，即可证明结论．
解：（1）∵an＝2n+k，∴a1+a2+a3+a4+a5＝2+4+6+8+10+5k＝25，解得k＝﹣1；
（2）若k＝﹣113，，则an＝2n﹣113，
∴，
∴，
∴当1≤n≤56时，cn+1﹣cn＞0，即cn+1＞cn，
当n＝57时，cn+1﹣cn＝0，即c57＝c58，
当n≥58时，cn+1﹣cn＜0，即cn+1＜cn，
∴c1＜c2＜…＜c57＝c58＞c59＞c60＞…，
又，则数列{cn}最大项为，相应的序数为57或58；
（3）证明：∵，∴，
∴，
∴，
又n∈N*，则3n+2≥27，即3n+2﹣3≥24，
∴，即，
即，
∴．
【点评】本题考查数列的函数特性和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．