江西省南昌市第十九中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江西省南昌市第十九中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析江西省南昌市第十九中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题原卷版docx、精品解析江西省南昌市第十九中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
考试时间：120分钟
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；
2.请将答案正确填写在答题卡上.
第I卷（选择题）
一、单选题：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. 已知数列为等差数列，且，则的值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质即可得解.
【详解】因为数列为等差数列，又，
所以，则，所以.
故选：B.
2. 已知是等比数列的前项和，且，，则（ ）
A. 11B. 13C. 15D. 17
【答案】C
【解析】
【分析】由是等比数列的前项和得成等比数列，结合，列方程求解即可．
【详解】因为是等比数列，是等比数列的前项和，
所以成等比数列，且，
所以，
又因为，，
所以，即，解得或，
因为，
所以，
故选：C．
3. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为（ ）
A. 51B. 70C. 92D. 117
【答案】C
【解析】
【分析】根据题图及前4个五边形数找到规律，即可得第8个数.
【详解】由题图及五边形数知：后一个数与前一个数的差依次为，
所以五边形数依次为，即第8个数为92.
故选：C
4. 已知函数在处的导数为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数定义即可求出．
【详解】
故选：A．
【点睛】本题主要考查导数的定义的应用，属于基础题．
5. 数列的通项公式为，则“为递增数列”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】B
【解析】
【分析】根据为递增数列，得到，进而求出，得到答案.
【详解】，为递增数列，
故，
故，
由于，故，
因为，，
故“为递增数列”是“”的必要不充分条件.
故选：B
6. 某人从2023年起，每年1月1日到银行新存入2万元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2033年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的线数约为（ ）（单位：万元）
参考数据：
A. 2.438B. 19.9C. 22.3D. 24.3
【答案】C
【解析】
【分析】复利计息问题，逐年分析寻找规律，根据等比数列的求和公式即可求解.
【详解】由题意，2023年存的2万元共存了10年，本息和为万元，
2024年存的2万元共存了9年，本息和为万元，
2032年存的2万元共存了1年，本息和为万元，
所以到2033年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，
他可取回的钱数约为万元，
故选：C.
7. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列．已知数列为，，，，，，且它的二阶商数列是常数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数列的二阶商数列是常数列可知数列的一阶商数列是等比数列，再利用累乘法求得，即可得解.
【详解】设数列的一阶商数列为，二阶商数列为，
则，，，
又数列的二阶商数列是常数列，
则，
则满足，
所以数列是为首项，为公比的等比数列，
则，
所以，
则，，，，，，
等式左右分别相乘可得，
所以，
则，
故选：C.
8. 已知数列的前项和为，数列的前项和为，且，则使得恒成立的实数的最小值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出数列的通项，再利用等比数列前项和公式求出即可得解.
【详解】数列中，，，当时，，两式相减得，
即，整理得，而，
因此数列是首项为3，公比为2的等比数列，，不满足上式，
则，当时，，，
而，依题意，，所以实数的最小值为.
故选：C
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 等差数列中，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，则，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合等差数列的性质、前n项和公式逐项分析判断即得.
【详解】等差数列中，，
对于A，，，A正确；
对于B，，则，，
则，，因此，即，B错误；
对于C，，则，C正确；
对于D，设的公差为，由，得，解得，
则，，D正确.
故选：ACD
10. 已知等比数列的前项和为，则（ ）
A B.
C. 数列为单调数列D. 数列为单调数列
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件得到或，再对各个选项逐一分析判断，即可求出结果.
【详解】设数列的首项为，公比为，
由题有，解得或，
对于选项A，当，为奇数时，，所以选项A错误，
对于选项B，因为，当，显然有，当时，
，所以，故选项B正确，
对于选项C，当时，数列是首项为，公比为的递增数列，
当时，数列是首项为，公比为的递减数列，所以选项C正确，
对于选项D，由选项B知，所以，
当时，，此时不具有单调性，所以选项D错误，
故选：BC.
11. 设等比数列的公比为，前项积为，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且为数列的唯一最大项，则
D. 若，且，则使得成立的的最大值为20
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据前项积的定义和性质即可结合等比数列的性质即可逐一求解.
【详解】若，则，可得，即选项A错误；
而，即选项B正确.
若，且是数列的唯一最大项.
当时，，不合题意；
当时，由，可得，
即，解得，即选项C正确.
若，当时，，
又，不满足，不合题意；
当时，由可得，，，
所以，，
则为单调递减数列，
因此当时，故，当时，故，
因此当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，
又，，，
所以使得成立的的最大值为20，即选项D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：由首项和公比确定等比数列的单调性的几种情况：
（1），时，等比数列单调递减数列，
（2），时，等比数列为单调递增数列，
（3），时，等比数列为单调递增数列，
（4），时，等比数列为单调递减数列，
（5）时，等比数列为摆动数列，
（6）时，等比数列为常数列，
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为等差数列的前项和.若，，则当取最大值时，的值为___________.
【答案】6
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式和等差数列数列的对称性，可得到0，，从而得出结果.
【详解】因为，
所以，又，
所以0，所以，则，
故答案为：6.
13. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….记大衍数列的通项公式为 ，若，则数列的前30项和为________.
【答案】240
【解析】
【分析】根据数列的通项公式，采用并项求和的方法，即可求得答案.
【详解】由题意知，，
故数列的前30项和为
，
故答案为：240
14. 若数列满足，（），则______.
【答案】3268
【解析】
【分析】由数列递推式可得到，和已知等式作差得，利用累加法即可求得答案.
【详解】由题意可得，作差得，
故
，
故答案为：3268
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列的前n项和，且的最大值为．
（1）确定常数，并求；
（2）求数列的前15项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，结合，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：由数列的前n项和，
根据二次函数的性质，可得当时，取得最大值，
即，解得，所以，
当时，，
当时，（符合上式），
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由（1）知，可得，
且当且时，可得；当且时，可得，
所以数列的前15项和：．
16. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．
【答案】（1）；
（2）10.
【解析】
【分析】（1）根据关系及递推式可得，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；
（2）应用裂项相消法求，由不等式能成立及指数函数性质求得，即可得结果.
【小问1详解】
当时，，
所以，则，而，
所以，故是首项、公比都为2的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由，
所以，
要使，即，
由且，则.
所以使得成立的的最小值为10.
17. 已知数列满足，，其中.
（1）设，求证：数列是等差数列.
（2）在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据递推公式计算为一个常数，即可得证；
（2）由（1）可得，即可表示出，再计算，依题意可得恒成立，即恒成立，分为奇数、偶数两种情况讨论，分别求出参数的取值范围.
【小问1详解】
证明：因为且，
所以
，
又，所以，
∴数列是首项为，公差为的等差数列；
【小问2详解】
由（1）可得，
存在，理由如下：，，
则，
若对任意的，都有，则等价于恒成立，
即恒成立，
因为，当n为偶数时，，则，
当n为奇数时，时，则，
综上，存在，使得对任意的，都有.
18. 已知正项数列满足，，数列满足．
（1）求数列和的通项公式；
（2）在和之间插入个数，使得，成等差数列，设数列，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意由可得数列是以，公差为的等差数列，利用递推公式可得当时，即可求出数列和的通项公式；
（2）由等差数列性质可得，再由错位相减法求和即可求得.
【小问1详解】
由可得，即，
又数列各项正，且，可得，即；
所以数列是以首项为，公差为的等差数列，
即；
又，所以，
两式相减可得，
所以；
当时，也符合上式，故；
所以数列和的通项公式；
【小问2详解】
设等差数列，的公差为，
则；
所以；
可得，
；
两式相减可得
；
所以.
19. 已知数列满足：，正项数列满足：，且，，．
（1）求，的通项公式；
（2）已知，求：；
（3）求证：．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）由题意可得数列为等差数列，数列为等比数列，再分别求解公差与公比即可求；
（2）代入化简可得，再分组根据错位相减与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.
【小问1详解】
因为，所以数列为等差数列，设公差为，
因，所以数列为等比数列，设公比为，且，
因为，，，
所以，即，
解得，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知，由，
记
作差, 得:
所以,
∴.
【小问3详解】
令，
因为，且，所以成立；
因为，
所以
，
因为，所以，故，
综上，所以.