2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二下学期第一次月考数学试题（解析版）

2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二下学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．已知数列{an}， 则“为等差数列”是“”的（       ）

A．充要条件 B．必要而不充分条件 C．充分而不必要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】由充要条件的定义以及等差数列的特点可知前者可推后者，而后者需满足对任何的，成立才可以推出前者.

【详解】“为等差数列”成立，一定有成立，即充分性成立；而只满足“”成立，不能判定“为等差数列”成立，必须满足，成立，才可以判定为等差数列.故“{an}为等差数列”是“a1＋a3＝2a2”是的充分而不必要条件.

故选：C.

2．若数列－1，a，b，c，－9是等比数列，则实数b的值为（       ）

A．－5 B．－3 C．3 D．3或－3

【答案】B

【分析】根据等比数列的性质求解．

【详解】由题意，又数列的奇数项同号，即，所以．

故选：B．

3．等差数列的首项为1，公差不为0．若，，成等比数列，则数列前6项的和为（       ）

A．-24 B．-3 C．36 D．8

【答案】A

【分析】根据，，成等比数列，列方程可求出公差，再根据等差数列的求和公式可求出结果.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，，成等比数列，所以，

所以，

又，所以，整理得，

因为，所以，

所以数列前6项的和为.

故选：A

4．在等比数列中，，函数，则等于（       ）

A．36 B．34 C．38 D．212

【答案】B

【分析】令，则，进而得，再根据等比数列性质求解即可.

【详解】解：令，则，

所以，故，

因为在等比数列中，，

所以，

所以

故选：B

5．设随机变量X的分布列如表所示，其中构成等差数列，则（       ）

A．最大值为 B．最大值为 C．最小值为 D．最小值为

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质、分布列的性质及基本不等式可求解.

【详解】由题意可知，且中每一项都为正数，所以，当且仅当时，等号成立.

故选：B

6．已知的导函数为，若且，则（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】利用导数的公式，求得，代入即可求解.

【详解】由，可得，

又由，可得.

故选：D.

7．已知函数，若数列满足，，其前n项和为，且，设，则数列的前n项和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先证明出函数为奇函数，得到，判断出数列为公差为1的等差数列，求出，进而得到，利用裂项相消法求出数列的前n项和.

【详解】函数的定义域为R.

因为，

所以，所以函数为奇函数.

因为，，所以，即.

所以数列为公差为1的等差数列.

因为，所以，解得：，所以.

所以.

所以，

所以数列的前n项和为：

.

故选：B

8．已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】运用累加法求得，讨论n为奇数和偶数，结合数列的单调性求得最值，可得所求范围．

【详解】∵数列的首项，且满足，

可得

，

又存在正整数n，使得成立，

当n为偶数时，，单调递增，可得的最小值为；

，单调递减，可得的最大值为，

可得，即有；

当n为奇数时，，单调递减，可得的最大值为；

，单调递增，可得的最小值为，

可得，即有；

∴的取值范围是.

故选：C．

二、多选题

9．下列求导错误的是（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据导数的计算公式分别计算.

【详解】，A错误；

，B错误；

，C正确；

，D正确．

故选：AB．

10．等差数列{an}的首项为正数，其前n项和为Sn.现有下列命题，其中是真命题的有（     ）

A．若Sn有最大值，则数列{an}的公差小于0

B．若a6+a13＝0，则使Sn 0的最大的n为18

C．若a9 0，a9+a10 0，则{Sn}中S9最大

D．若a9 0，a9+a10 0，则数列{|an|}中的最小项是第9项

【答案】ACD

【分析】由等差数列的性质对4个选项依次判断即可.

【详解】解：对于选项A，∵Sn有最大值，∴等差数列{an}一定有负数项，

∴等差数列{an}为递减数列，故公差小于0，故A正确；

对于选项B，∵a6+a13＝a9+a10＝0，且a10，

∴a90，a100，

∴S17=17a90，S1818＝0，

故则使Sn 0的最大的n为17，故B错误；

对于选项C，∵a90，a9+a100，

∴a90，a100，

故{Sn}中S9最大，故C正确；

对于选项D，∵a90，a9+a100，

∴a90，|a9|＝a9﹣a10＝|a10|，

故数列{|an|}中的最小项是第9项，故D正确；

故选：ACD.

11．在庄子的《在宥》中，“鸿蒙”是创造天地元气的上古真神.在后世的神话传说中，“鸿蒙”二字引申为一个上古时期，或者说是天地开辟之前的混沌时期.我国民族品牌华为手机搭载的最新自主研发的操作系统亦命名鸿蒙.刚参加工作的郭靖准备向银行贷款5000元购买一部搭载鸿蒙系统的华为Mate40Pro5G手机，然后他分期还款，.郭靖与银行约定，每个月还一次欠款，并且每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，贷款的月利率为，设郭靖每个月还款数为，则下列说法正确的是（       ）

A．郭靖选择的还款方式“等额本金还款法”

B．郭靖选择的还款方式“等额本息还款法”

C．郭靖每个月还款的钱数

D．郭靖第3个月还款的本金为

【答案】BCD

【分析】每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，他采取的是等额本息还款法，每个月还款数为，根据利率求出每个月所还本金（由于有利息，每个月所还本金不相同），所有本金和为5000，由此可求得．

【详解】每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，他采取的是等额本息还款法，

每个月还款数为，则每个月所还本金为，，，…，，

所以，解得，

故选：BCD．

12．已知等差数列的公差，前项和为，且，则（       ）

A．

B．

C．数列中可以取出无穷多项构成等比数列

D．设，数列的前项和为，则

【答案】AC

【分析】利用已知条件可得与已知条件两式相减，结合是等差数列，可求的值即可判断选项A，令即可求的值，可判断选项B，分别计算的通项即可判断选项C，分别讨论两种情况下，即可求可判断选项D.

【详解】因为，所以，

两式相减，得，

因为，所以，，故选项 A正确；

当时，，易解得或，故选项B不正确；

由选项A、B可知，当，时，，

可取遍所有正整数，所以可取出无穷多项成等比数列，

同理当时也可以取出无穷多项成等比数列，故选项C正确；

当时，，，

因为，

所以，

当时，，，

所以，

此时，

所以，故选项D不正确．

故选：AC.

【点睛】方法点睛：数列求和的方法

（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法

（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；

（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；

（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；

（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.

三、填空题

13．数列，，，，…的一个通项公式是______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据数列的前几项归纳：一是项的符号规律，二是分子、分母变形后与项的关系．

【详解】数列的项可化为，

因此一个通项公式为．

故答案为：（答案不唯一，也可写为或其他）．

14．已知，用数学归纳法证明时，比多了______项．

【答案】

【分析】作差分析可得答案.

【详解】因为，，

所以，

所以比多了项.

故答案为：

15．若过点A（a，0）的任意一条直线都不与曲线C：相切，则a的取值范围是___．

【答案】（－2，2）

【分析】设出切点，求出切线方程，问题转化为无实根，根据根的判别式得到不等式，求出a的取值范围.

【详解】设点为曲线C上任意一点，因为，

则曲线C在点B处的切线l的方程为．

据题意，切线l不经过点A，则关于的方程无实根，

即无实根，所以，解得:，所以a的取值范围是（－2，2）.

故答案为：（－2，2）.

四、双空题

16．表中的数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为，则______，表中的数2021共出现______次．

【答案】     57     12

【分析】根据数表归纳出各行各列的规律，然后利用整数的知识求解.

【详解】由数表可知每行、每列的数都成等差数列，第一行和第一列都是以2为首项1为公差的等差数列，第行和第列的公差都是，因此,

,

，

，

，

相应

共12组解，所以表中2021共出现12次.

故答案为：57；12.

五、解答题

17．设数列的前n项和为，且满足，．

(1)求数列的通项公式：

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据化简条件可得数列为等差数列，再由求出首项即可得出等差数列的通项公式；

（2）根据等差、等比数列的求和公式利用分组求和即可求解.

【详解】(1)

，

是以2为公差的等差数列，

，

即，

解得，

(2)，

.

18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.

已知等比数列的公比，前n项和为，若_________，数列满足，.

（1）求数列，的通项公式；

（2）求数列的前n项和，并证明.

【答案】选择见解析；（1），；（2）；证明见解析.

【分析】（1）若选择①，利用等比数列的通项公式列方程求得，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；选择②，通过对中的取1和2可得和，进而可得，可得数列，的通项公式；若选择③，利用等比数列的前项和公式列方程求得，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；

（2）利用裂项相消法可求得，观察可得结果.

【详解】解析：选择①，

（1）由已知得，

解得或（舍去，∵），

又∵，，

则，解得，

∴，

则；

（2）

∴.

选择②，

当时，，得，

当时，，又，得，

则，，

又∵，

则；

（2）

∴.

选择③，

，

当时，，则，舍去；

当时，，解得（负值舍去），

又∵，，

则，解得，

∴，

则；

（2）

∴.

【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，等比数列前项和公式的应用，考查裂项相消法求和，考查学生计算能力，是中档题.

19．已知函数满足，，，．

(1)求函数的表达式；

(2)若，数列满足，，设，，求数列的通项公式．

【答案】(1)或；

(2).

【分析】（1）求出导函数，然后列方程组求得，得函数解析式；

（2）由（1）得，求出的递推关系，从而得出的递推式，得其为等比数列，从而易得通项公式.

【详解】(1)由题意，所以，解得或，

所以或；

(2)，则，

，，，

，则，又，

所以是等比数列，.

20．已知两曲线和都经过点，且在点P处有公切线．

(1)求a，b，c的值；

(2)求公切线与坐标轴围成的三角形的面积；

(3)若曲线上的点M到直线的距离最短，求点M的坐标和最短距离．

【答案】(1)

(2)

(3)，

【分析】（1）公共点的坐标代入两个函数式，两个函数式求导，在时，导数值相等，联立方程组解得；

（2）由（1）写出切线方程，求得其与坐标轴交点坐标后可得三角形面积；

（3）求出函数导数值为2的点的坐标，即为点坐标，然后由点到直线的距离公式可得距离.

【详解】(1)两函数和的导数分别为和，

由题意，解得；

(2)由（1）知公切线方程为，即，

令得，令得，

所以所求面积为；

(3)由（1）函数为，，由得，,

所以，最短距离为.

21．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年．突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为万元．

（1）写出与的关系式，并判断是否为等比数列；

（2）若企业每年年底上缴资金，第年年底企业的剩余资金超过21000万元，求m的最小值．

【答案】（1）答案见解析；（2）6．

【分析】（1）依题意，，再分和两种情况讨论，即可得解；

（2）由（1）可得，再解指数不等式，根据指数函数的单调性计算可得；

【详解】解：（1）由题意得，，

．

当时，即时，

是以为首项，为公比的等比数列．

当，即时， 不是等比数列

（2）当时，由（1）知，，，即，易知单调递增，又，，，所以，m的最小值为6

22．已知等差数列的公差为2，且，，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和；

（3）在（2）的条件下，对一切恒成立，求最大值.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】（1）由等比数列的性质可得，结合等差数列的通项公式可解得，即可得解；

（2）利用错位相减法运算即可得解；

（3）由，令，通过作差确定的最小值，即可得解.

【详解】（1）由题意，，即，解得，

所以；

（2）由题意，，

，

，

两式相减得，

所以；

（3）由题意，，

令，，

所以当时，，故；

当时，，即；

所以，

由已知，只需，所以，

所以.

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是错位相减法的应用及利用作差法确定数列的最小项.