2024-2025学年上海市黄浦区格致中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年上海市黄浦区格致中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知{an}是等比数列，给出以下四个命题：①{2a3n−1}是等比数列；②{an+an+1}是等比数列；③{anan+1}是等比数列；④{lg|an|}是等比数列，下列命题中正确的个数是( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
2.已知数列{an}中满足a1=15，an+1=an+2n，则ann的最小值为( )
A. 9B. 7C. 274D. 2 15−1
3.在等比数列{an}中，0A. 5B. 6C. 7D. 8
4.已知数列{an}共有5项，满足a1>a2>a3>a4>a5≥0，且对任意i、j(1≤i≤j≤5)，有ai−aj仍是该数列的某一项，现给出下列4个命题：
(1)a5=0；
(2)4a4=a1；
(3)数列{an}是等差数列；
(4)集合A={x|x=ai+aj,1≤i≤j≤5}中共有9个元素．
则其中真命题的序号是( )
A. (1)、(2)、(3)、(4)B. (1)、(4)
C. (2)、(3)D. (1)、(3)、(4)
二、填空题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
5.已知数列{an}的前n项和Sn=2n+n，则a3=______．
6.已知数列{an}满足an=nn2+6，n为正整数，则该数列的最大项是第______项.
7.设数列{an}是等差数列.若a4和a2019是方程4x2−8x+3=0的两根，则数列{an}的前2022项的和S2022= ______．
8.若Sn为等差数列{an}的前n项和，S9=-36，S13=-104，则a5与a7的等比中项为________．
9.在等差数列{an}中，a1=−10，从第9项开始为正数，则公差d的取值范围是______．
10.各项均为正数的等比数列{an}中，a2、12a3、a1成等差数列，则a5+a6a3+a4= ______．
11.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若SnTn=2n3n+1，则n→∞limanbn= ______．
12.数列{an}满足an=1n(n+2)，则a1+a2+…+an= ______．
13.数列{an}的通项公式是an=1n+1 (n=1,2)13n (n>2)，前n项和为Sn，则n→∞limSn=______．
14.已知数列{an}满足a1=−14,an=1−1an−1(n>1)，则a2022= ______．
15.设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1>a2，b1>b2，且bi=ai2(i=1,2,3)，则数列{bn}的公比为______．
16.已知数列{an}满足：对任意的n∈N*均有an+1=kan+3k−3，其中k为不等于0与1的常数，若ai∈{−678,−78,−3,22,222,2222}，i=2，3，4，5，则满足条件的a1所有可能值的和为______．
三、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=2，an+1=3an+3n+1−2n(n∈N+)
(1)设bn=an−2n3n，证明：数列{bn}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+(2−n)x−2n的图象与x轴正半轴的交点为A(an,0)，n=1，2，3，…．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=3an+(−1)n−1⋅λ⋅2an ( n为正整数)，问是否存在非零整数λ，使得对任意正整数n，都有bn+1>bn？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=lgkx(k为常数，k>0且k≠1)，且数列{f(an)}是首项为4，公差为2的等差数列．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)若bn=an+f(an)，当k=1 2时，求数列{bn}的前n项和Sn的最小值；
(3)若cn=anlgan，问是否存在实数k，使得{cn}是递增数列？若存在，求出k的范围；若不存在，说明理由．
20.(本小题12分)
设数列{an}{an∈R}是公比为q的等比数列，其前n项和为Sn．
(1)若a1=a，q=1，求数列{Sn}的前n项和；
(2)若S3，S9，S6成等差数列，求q的值并证明：存在互不相同的正整数m，n，p，使得am，an，ap成等差数列；
(3)若存在正整数k(1≤k≤n)，使得数列S1，S2，…，Sn(n≥4)在删去Sk以后(按原来的顺序所得到的数列是等差数列，求所有数对(n,q)所构成的集合．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：{an}是等比数列可得anan−1=q(q是定值)
①2a3n−12a3n−4=q3是定值，故①正确；
②比如an=(−1)n，故②不正确；
③anan+1an−1an=q2是定值，故③正确；
④lg|an|lg|an−1|不一定为常数，故④错误．
故选B．
根据等比数列的判断方法，分别检验比值是否为常数进行判断．
要判断一个数列是否是等比数列常用的方法，可以利用等比数列的定义只需判断数列的任意一项与它的前一项的比是否是常数．
2.【答案】C
【解析】解：∵数列{an}中满足a1=15，an+1=an+2n，
∴an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+…+(a2−a1)+a1
=2(n−1)+2(n−2)+…+2+15
=(n−1)(2+2n−2)2+15
=n2−n+15，
∴ann=n2−n+15n=n+15n−1，
考察函数f(x)=x+15x(x≥1)的单调性，f′(x)=1−15x2，
由f′(x)>0，解得x> 15，此时函数f(x)单调递增；由f′(x)<0，解得1≤x< 15，此时函数f(x)单调递减．
∴当n=4时，ann的最小值为42−4+154=274．
故选：C．
数列{an}中满足a1=15，an+1=an+2n，利用an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+…+(a2−a1)+a1=n2−n+15，可得ann=n2−n+15n=n+15n−1，利用导数考察函数f(x)=x+15x(x≥1)的单调性即可得出．
本题考查了等差数列的前n项和公式、“累加求和”、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：在等比数列{an}中，01，
∴n>4时，an−1an>0，
由a4=a1q3=1，得，a1=1q3，∴a2=a1q=1q2，a3=a1q2=1q，a4=1，a5=a1q4=q，a6=a1q5=q2，a7=a1q6=q3，
综上得，a1=1a7，a2=1a6，a3=1a5，
则(a1−1a1)+(a2−1a2)+…+(a7−1a7)=0，
所以能使不等式(a1−1a1)+(a2−1a2)+⋯+(an−1an)≤0成立的最大正整数n是7．
故选：C．
利用等比数列的性质推导出a1=1q3，a2=a1q=1q2，a3=a1q2=1q，a4=1，a5=a1q4=q，a6=a1q5=q2，a7=a1q6=q3，从而a1=1a7，a2=1a6，a3=1a5，进而(a1−1a1)+(a2−1a2)+…+(a7−1a7)=0，由此能求出能使不等式(a1−1a1)+(a2−1a2)+⋯+(an−1an)≤0成立的最大正整数n．
本题考查等比数列的运算，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．
4.【答案】A
【解析】解：∵1≤i≤j≤5)，有ai−aj仍是该数列的某一项，
∴ai−ai=0，
∴当a5=0时，
则a4−a5=a4∈{an}，(a4>0)．
必有a3−a4=a4，即a3=2a4，
而a2−a3=a3或a4，
若a2−a3=a3，则a2−a4=3a4，而3a4≠a3，a4，a5，舍去；
若a2−a3=a4∈{an}，此时a2=3a4，
同理可得a1=4a4．
可得数列{an}为：4a4，3a4，2a4，a4，0(a4>0)．
综上可得：(1)a5=0；
(2)4a4=a1；
(3)数列{an}是等差数列；
(4)集合A={x|x=ai+aj,1≤i≤j≤5}={8a4,7a4,6a4,5a4,4a4,3a4,2a4,a4,0(a4>0)}中共有9个元素．
因此(1)(2)(3)(4)都正确．
故选：A．
1≤i≤j≤5)，有ai−aj仍是该数列的某一项，因此0∈{an}，由于a4−a5=a4∈{an}，(a4>0)，可得a3−a4=a4，即a3=2a4，以此类推可得：a2=3a4，a1=4a4．
即可判断出结论．
本题考查了等差数列的性质、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．
5.【答案】5
【解析】【分析】
由数列{an}的前n项和Sn=2n+n，得a3=S3−S2，代入即可求得答案．
本题考查数列计算公式a1,n=1Sn−Sn−1,n≥2的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
【解答】
解：∵数列{an}的前n项和Sn=2n+n，
∴a3=S3−S2=(23+3)−(22+2)=5．
故答案为5．
6.【答案】2或3．
【解析】解：an=nn2+6=1n+6n，
设f(x)=x+6x，
则f(x)在(0, 6)上单调递减，在( 6,+∞)上单调递增，
a2=15，a3=15，
故该数列的最大项是第2或3项．
故答案为：2或3．
结合函数的单调性，即可求解．
本题主要考查数列的最值，属于基础题．
7.【答案】2022
【解析】解：数列{an}是等差数列．若a4和a2019是方程4x2−8x+3=0的两根，
故a1+a2022=a4+a2019=2，
所以S2022=2022(a1+a2022)2=2022(a4+a2019)2=2022．
故答案为：2022．
直接利用等差数列的性质和求和公式求出结果．
本题考查的知识点：等差数列的性质，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
8.【答案】±4 2
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列的性质，等比数列求和公式的应用，属于中档题．
由条件利用等差数列的性质可得9a5=−36，13a7=−104，解得a5=−4，a7=−8，从而求得a5与a7的等比中项± a5⋅a7的值．
【解答】
解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，S9=−36，S13=−104，
则由等差数列的性质可得9a5=−36，13a7=−104，
解得a5=−4，a7=−8，
则a5与a7的等比中项± a5⋅a7=±4 2，
故答案为±4 2．
9.【答案】(54 , 107]
【解析】【分析】
本题考查等差数列的性质，属于基础题．
设等差数列的公差为d，根据等差数列的通项公式，分别表示出a9和a8，进而根据a9>0，a8≤0，求得公差d的范围．
解：设等差数列{an}的公差为d，
由题意可得a8=a1+7d≤0，a9=a1+8d>0．
代入a1=−10可得−10+7d≤0，a9=−10+8d>0，
解得54故公差d的取值范围为(54,107].
故答案为(54,107].
10.【答案】3+ 52
【解析】解：各项均为正数的等比数列{an}中，a2，12a3，a1成等差数列，
所以a3=a1+a2，
即a1q2=a1+a1q，
所以q2−q−1=0，
解得，q=1+ 52(舍负)，
则a5+a6a3+a4=q2=3+ 52．
故答案为：3+ 52．
由已知结合等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及等比数列的通项公式的应用，属于基础题．
11.【答案】23
【解析】解：∵SnTn=2n3n+1，
∴anbn=a1+a2n−1b1+b2n−1=S2n−1T2n−1=2(2n−1)3(2n−1)+1=2n−13n−1
∴n→∞limanbn=n→∞lim2n−13n−1=n→∞lim2−1n3−1n=23
故答案为：23
利用等差数列的性质，结合等差数列的前n项和公式，可求anbn，进而可求n→∞limanbn．
本题考查等差数列的性质，等差数列的前n项和公式，考查数列的极限，正确求anbn是关键．
12.【答案】34−2n+32(n+1)(n+2)
【解析】解：an=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
则a1+a2+…+an=12(1−13+12−14+13−15+...+1n−1−1n+1+1n−1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2)．
故答案为：34−2n+32(n+1)(n+2)．
由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
13.【答案】89
【解析】解：∵{an}的通项公式是an=1n+1 (n=1,2)13n (n>2)，前n项和为Sn，
∴当n>2时，Sn=12+13+133+134+…+13n
=13(1−13n)1−13+12+13−13−132
=89−12·3n，
∴Sn=12,n=156,n=289−12·3n,n>2，
∴n→∞limSn=89−n→∞lim12·3n=89．
故答案为：89．
本题考查数列的极限的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．
14.【答案】45
【解析】解：数列{an}满足a1=−14,an=1−1an−1(n>1)，
则a2=1+4=5，a3=1−15=45，a4=1−54=−14=a1，
所以数列{an}是以3为周期的数列，
则a2022=a3=45．
故答案为：45．
由已知递推关系求出数列的周期即可求解．
本题主要考查了数列的递推关系及数列的周期在数列的项的求解知的应用，属于基础题．
15.【答案】3−2 2
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
由a1>a2可得d<0，
∴b1=a12，b2=a22=(a1+d)2，
b3=a32=(a1+2d)2，
∵数列{bn}为等比数列，∴b22=b1⋅b3，
即(a1+d)4=a12⋅(a1+2d)2，
∴(a1+d)2=a1⋅(a1+2d) ①
或(a1+d)2=−a1⋅(a1+2d)，②
由①可得d=0与d>0矛盾，应舍去；
由②可得a1=−2− 22d，或a1=−2+ 22d，
当a1=−2− 22d时，可得b1=a12=3+2 22d2
b2=a22=(a1+d)2=12d2，满足b1>b2，
当a1=−2+ 22d时，可得b1=a12=3−2 22d2，
b2=(a1+d)2=12d2，此时显然与b1>b2矛盾，舍去；
∴数列{bn}的公比q=b2b1=12d23+2 22d2=13+2 2=3−2 2(3+2 2)(3−2 2)=3−2 2，
综上可得数列{bn}的公比q=3−2 2，
故答案为：3−2 2
设等差数列{an}的公差为d，可得d>0，由数列{bn}为等比数列，可得b22=b1⋅b3，代入化简可得a1和d的关系，分类讨论可得b1和b2，可得其公比．
本题考查等差数列与等比数列的性质，涉及分类讨论的思想，考查学生的运算能力．
16.【答案】60233
【解析】解：∵an+1=kan+3k−3，
∴an+1+3=k(an+3)，
∴①若a1=−3，则a1+1+3=k(a1+3)=0，a2=−3，同理可得，a3=a4=a5=−3，即a1=−3复合题意；
②若a1≠−3，k为不等于0与1的常数，则数列{an+3}是以k为公比的等比数列，
∵ai∈{−678,−78,−3,22,222,2222}，i=2，3，4，5，
an+3可以取−675，−75，25，225，
∵−75=25×(−3)，225=−75×(−3)，−675=225×(−3)，
∴若公比|k|>1，则k=−3，由a2+3=22+3=−3(a1+3)得：a1=−253−3=−343；
若公比|k|<1，则k=−13，由a2+3=−675=−13(a1+3)得：a1=2025−3=2022；
综上所述，满足条件的a1所有可能值为−3，−343，2022．
∴a1所有可能值的和为：−3−343+2022=60233..
故答案为：60233．
依题意，可得an+1+3=k(an+3)，再对a1=−3与a1≠−3讨论，特别是a1≠−3时对公比k分|k|>1与|k|<1，即可求得a1所有可能值，从而可得答案．
本题考查数列递推式的应用，考查等价转化思想与分类讨论思想的综合运用，对an+1+3=k(an+3)的理解与应用是难点，对公比k分|k|>1与|k|<1讨论是关键，考查逻辑思维与推理运算能力，属于难题．
17.【答案】(1)证明：∵bn+1−bn=an+1−2n+13n+1−an−2n3n
=3an+3n+1−2n−2n+13n+1−an−2n3n=1，
∴{bn}为等差数列．
又b1=0，∴bn=n−1．
∴an=(n−1)⋅3n+2n．
(2)解：设Tn=0⋅31+1⋅32+…+(n−1)⋅3n，则
3Tn=0⋅32+1⋅33+…+(n−1)⋅3n+1．
∴两式相减可得，
−2Tn=32+…+3n−(n−1)⋅3n+1
=9(1−3n−1)1−3−(n−1)⋅3n+1．
∴Tn=9−3n+14+(n−1)⋅3n+12
=(2n−3)⋅3n+1+94．
∴Sn=Tn+(2+22+…+2n)
=(2n−3)3n+1+2n+3+14.
【解析】本题考查数列递推式，考查等差数列的证明，考查错位相减和分组求和法求数列的和，确定数列的通项是关键．
(1)利用数列递推式，结合等差数列的定义，可得数列{bn}为等差数列，确定其通项，即可求数列{an}的通项公式；
(2)利用错位相减法和分组求和法可求数列{an}的前n项和Sn．
18.【答案】解：(1)设f(x)=0，x2+(2−n)x−2n=0得 x1=−2，x2=n．
所以an=n(4分)
(2)bn=3n+(−1)n−1⋅λ⋅2n，若存在λ≠0，满足bn+1>bn恒成立
即：3n+1+(−1)n⋅λ⋅2n+1>3n+(−1)n−1⋅λ⋅2n，(6分)
(32)n−1>(−1)n−1⋅λ恒成立 (8分)
当n为奇数时，(32)n−1>λ⇒λ<1(10分)
当n为偶数时，(32)n−1>−λ⇒λ>−32(12分)
所以 −32<λ<1(13分)，
故：λ=−1(14分)
【解析】(1)函数f(x)=x2+(2−n)x−2n的图象与x轴正半轴的交点横坐标只需令y=0求出x即为数列{an}的通项公式；
(2)若存在λ≠0，满足bn+1>bn恒成立，然后讨论n的奇偶将λ进行分离，利用恒成立的方法求出λ的范围即可．
本题主要考查了等差数列的通项公式，以及数列与不等式的综合和恒成立问题的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由题意可得f(an)=4+2(n−1)=2n+2，
即lgkan=2n+2，
∴an=k2n+2，
∴an+1an=k2(n+1)+2k2n+2=k2．
∵常数k>0且k≠1，∴k2为非零常数，
∴数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列；
(2)当k=1 2时，an=12n+1，f(an)=2n+2，
所以Sn=2n+2+42n+14(1−12n)1−12=n2+3n+12−12n+1，
因为n≥1，所以，n2+3n+12−12n+1是递增数列，
因而最小值为S1=1+3+12−14=174．
(3)由(1)知，cn=anlgan=(2n+2)⋅k2n+2lgk，
要使cn即(n+1)lgk<(n+2)⋅k2⋅lgk对一切n∈N*成立．
当k>1时，lgk>0，n+1<(n+2)k2对一切n∈N*恒成立；
当0(n+2)k2对一切n∈N*恒成立，
只需k2<(n+1n+2)min，
∵n+1n+2=1−1n+2单调递增，
∴当n=1时，(n+1n+2)min=23．
∴k2<23，且0综上所述，存在实数k∈(0, 63)∪(1,+∞)满足条件．
【解析】(1)运用等差数列的通项公式和对数的定义，可得an=k2n+2，再由等比数列的定义即可得证；
(2)求得an，f(an)，再由等差数列和等比数列的求和公式，运用单调性即可得到最小值；
(3)由题意可得(n+1)lgk<(n+2)⋅k2⋅lgk对一切n∈N*成立．讨论k>1，0本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的单调性的判断和运用，以及数列不等式恒成立问题的解法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵a1=a，q=1，
数列{an}{an∈R}是公比为q的等比数列，
∴Sn=na，
∴数列{Sn}为S1=a，S2=2a，…，Sn=na，
∴数列为首项为a公差为a的等差数列，
∴数列{Sn}的前n项和Tn=(a+na)n2=na+n2a2．
(2)∵S3，S9，S6成等差数列，
∴S3+S6=2S9，
当q=1时，S3+S6=9a1，2S9=18a1，不符题意舍去，
当q≠1时，a1(1−q3)1−q+a1(1−q6)1−q=2⋅a1(1−q9)1−q，
1−q3+1−q6=2⋅(1−q9)，
即q3+q6=2q9，2q6−q3−1=0，
(q3−1)(2q3+1)=0，
∴q3=1(舍)或q3=−12，
即q=−312，
存在互不相同的正整数，使得a1，a7，a4成等差数列，
∵a1+a4=a1+a1q3=a1(1−12)=12a1,2a7=2a1⋅q6=2a1⋅(−12)2=12a1，
∴a1+a4=2a7．
(3)由题意列出S1，S2，…，Sk−2，Sk−1，Sk，Sk+1，Sk+2，…，Sn(n≥4)在删去Sk以后，按原来的顺序所得到的数列是等差数列，
则Sk−2+Sk+1=2Sk−1Sk−1+Sk+2=2Sk+1，ak+ak+1=ak−1ak+ak+1=ak+2，
即q+q2=1q+1=q2，
解得q=− 5−12或 5−12q= 5+12或1− 52，方程组无解．
即符合条件的q不存在，所有数对(n,q)所构成的集合为⌀．
【解析】(1)数列{Sn}为首项为a公差为a的等差数列，利用等差数列的求和公式即可得出结果；
(2)S3，S9，S6成等差数列，则S3+S6=2S9，根据等比数列求和公式计算可解得q=−312，进而计算可得a1+a4=2a7，即可判断结果；
(3)由题意列出S1，S2，…，Sk−2，Sk−1，Sk，Sk+1，Sk+2，…，Sn(n≥4)在删去Sk以后，按原来的顺序所得到的数列是等差数列，则Sk−2+Sk+1=2Sk−1Sk−1+Sk+2=2Sk+1，解方程组可得q无解，则所有数对(n,q)所构成的集合为⌀．
本题考查了等差数列等比数列的综合，属于中档题．