2023-2024学年云南省昆明市禄劝一中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明市禄劝一中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.数列1,43,95,167,⋯的第8项是( )
A. 6415B. 3213C. 6413D. 3215
2.在等差数列{an}中，若a2+2a6+a10=120，则a3+a9等于( )
A. 30B. 40C. 60D. 80
3.已知{an}是公比为正数的等比数列，Sn是其前n项和，a2=2，a4=8，则S3=( )
A. 63B. 31C. 15D. 7
4.已知等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若SnTn=3n−12n+3，则a10b10=( )
A. 32B. 1413C. 5641D. 2923
5.已知等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，若S16>0，S17−1”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
8.已知数列{an}和{bn}首项均为1，且an−1≥an(n≥2)，an+1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn+1+anbn+1=0，则S2019=( )
A. 2019B. 12019C. 4037D. 14037
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，则( )
A. {an+1an}是等差数列B. {an+1−an}是等差数列
C. {lg3an}是等比数列D. {anan+1}是等比数列
10.已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法正确的是( )
A. 若Sn=an，则{an}是等差数列
B. 若a1=2，an+1=2an+3，则{an+3}是等比数列
C. 若{an}是等差数列，则Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等差数列
D. 若{an}是等比数列，则Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等比数列
11.已知数列{an}的前n项和为Sn，若首项a1=1，且满足an+1+an=3⋅2n，则下列说法正确的是( )
A. {an+1+an}是等比数列B. {an+2n}是等比数列
C. an=2n+(−1)nD. Sn=2n+1+(−1)n−52
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2=________
13.已知数列{an}满足：a1=1，an=n+an−1(n≥2,n∈N*)，则数列{an}的通项公式为______．
14.已知数列{an}的前n项和为Sn，若an=(2n−1)csn2π，则S2023= ______．
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.(本小题13分)
已知数列{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且满足a1=b1=1，b2+a2=5．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
已知数列{an}前n项和为Sn，且满足∀n∈N*,2Sn=n2+n．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=3an−1,cn=2bn+2bnbn+1，求数列{cn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知数列{an}满足an(an−1+3an+1)=4an−1an+1(n≥2,n∈N*)，且a1=1,a2=14，
(1)证明：数列{1an+1−1an}是等比数列；
(2)求出{an}的通项公式．
18.(本小题17分)
已知{an}为等差数列，{bn}是公比为正数的等比数列，a1=b1=2，a2=2b1−1，b3=2a2+2．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an⋅bn}的前n项和．
19.(本小题17分)
在①an+12=13an(2an−5an+1)，且an>0；②Sn，2Sn+1，3Sn+2成等差数列，且S2=49；③2Sn+an−t=0(t为常数)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=13，_______，其中n∈N*．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn=lg13an+1，数列{an⋅bn}的前n项和为Tn，求证：23≤Tn0)，
由a4=a2q2，得8=2q2，解得q=2或q=−2(舍去)，
所以a1=a2q=22=1，a3=a2q=2×2=4，
所以S3=a1+a2+a3=1+2+4=7．
故选：D．
可设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a4=a2q2可得8=2q2，从而即可求出q值，进一步利用S3=a1+a2+a3即可求出该数列的前3项和S3．
本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式，考查学生逻辑推理与运算求解的能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等差数列的性质，属基础题．
由等差数列的求和公式和性质可得a10b10=a1+a19b1+b19=S19T19，代值计算可得．
【解答】
解：由等差数列的求和公式和性质可得a10b10=a1+a19b1+b19=S19T19=5641．
故选C．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等差数列的性质和前n项和，是基础题．
根据所给的等差数列中S16>0且S170且S170，
S17=17a1+a172=17a90，a90，
∴数列的前8项和最大，
故选A．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
根据新定义直接判断即可。
【解答】
解：对于A：an+an+1=100+n+100+n+1=2n+201，不是常数，故A不是，
对于B：an+an+1=(−1)n+(−1)n+1=0总等于同一个常数，故B是，
对于C：an+an+1=2n+3n+1，或3n+2n+1，不是常数，故C不是，
对于D：an+an+1=3×2n+2，不是常数，故D不是，
故选：B．
7.【答案】B
【解析】解：an=n2+kn，若{an}为递增数列，
故an+1−an=(n+1)2+k(n+1)−n2−kn=2n+1+k>0，
故k>−2n−1，
由于−2n−1≤−3，故k>−3，
当k>−1时，an+1−an=(n+1)2+k(n+1)−n2−kn=2n+1+k>0，
则数列{an}为递增数列，
故“{an}为递增数列”是“k>−1”的必要不充分条件．
故选：B．
根据{an}为递增数列，得到an+1−an>0，进而求出k>−3，得到答案．
本题考查充分必要条件，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了数列递推关系、不等式的性质、等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
an−1≥an(n≥2)，an+1≥an，可得an≥an+1≥an，an=an+1，另外：a1≥a2≥a1，可得a2=a1=1，可得an=1.根据2SnSn+1+anbn+1=0，可得2SnSn+1+Sn+1−Sn=0，通过转化，利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】解：∵an−1≥an(n≥2)，an+1≥an，
∴an≥an+1≥an，
∴an=an+1，
另外：a1≥a2≥a1，可得a2=a1=1，
∴an=1．
∵2SnSn+1+anbn+1=0，
∴2SnSn+1+bn+1=0，
∴2SnSn+1+Sn+1−Sn=0，
∴1Sn+1−1Sn=2．
∴数列{1Sn}是等差数列，首项为1，公差为2．
∴1Sn=1+2(n−1)=2n−1，
∴Sn=12n−1．
∴S2019=14037．
故选：D．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了等比数列与等差数列的定义及判断，属于中档题．
由已知结合等比数列的通项公式先求出an，然后结合等差与等比数列的定义分别检验各选项即可判断．
【解答】
解：因为数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an=3n−1，
所以an+1an=3，故{an+1an}是等差数列，A正确；
an+1−an=3n−3n−1=2×3n−1，则{an+1−an}是等比数列，B错误；
lg3an=n−1，则{lg3an}是等差数列，C错误；
anan+1=3n−1⋅3n=32n−1，则{anan+1}是等比数列，D正确．
故本题选AD．
10.【答案】ABC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，数列{an}中，若Sn=an，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=an−an−1，则有an−1=0，由此可得an=0，则数列{an}是等差数列，A正确；
对于B，若a1=2，an+1=2an+3，变形可得an+1+3=2an+3+3=2(an+3)，则{an+3}是等比数列，B正确；
对于C，由等差数列的性质，若{an}是等差数列，则Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等差数列，可得C正确；
对于D，等比数列{an}中，当q=−1，n为偶数时，Sn=0，Sn，S2n−Sn，S3n−S2n不成等比数列，D错误；
故选：ABC．
根据题意，由等差、等比数列的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查等差等比数列的性质以及应用，涉及等比数列、等差数列的求和，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：首项a1=1，且满足an+1+an=3⋅2n，
可得{an+1+an}是首项为6，公比为2的等比数列，故A正确；
由an+1+2n+1an+2n=3⋅2n−an+2n+1an+2n=5⋅2n−anan+2n不为常数，故{an+2n}不是等比数列，故B错误；
由an+1−2nan−2n=3⋅2n−an−2n+1an−2n=−1，可得{an−2n}是首项和公比均为−1的等比数列，
则an−2n=(−1)n，即an=2n+(−1)n，故C正确；
由an=2n+(−1)n，可得Sn=2(1−2n)1−2+−1[1−(−1)n]1−(−1)=2n+1+(−1)n−52，故D正确．
故选：ACD．
由等比数列的定义可判断A、B；由等比数列的定义和通项公式，可判断C；由数列的分组求和与等比数列的求和公式，计算可得所求和，可判断D．
本题考查数列的通项与求和，以及等比数列的定义、通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】−6
【解析】【分析】
此题考查了等差数列的通项公式，以及等比数列的性质，熟练掌握通项公式及性质是解本题的关键．
由公差d的值为2，根据等差数列的通项公式分别表示出a3和a4，由a1，a3，a4成等比数列，利用等比数列的性质列出关于首项a1的值，再由公差d的值，利用等差数列的通项公式即可求出a2的值．【解答】
解：由等差数列{an}的公差为2，得到a3=a1+4，a4=a1+6，
又a1，a3，a4成等比数列，
∴(a1+4)2=a1⋅(a1+6)，
解得：a1=−8，
则a2=a1+d=−8+2=−6．
故答案为：−6．
13.【答案】n(n+1)2
【解析】解：数列{an}满足：a1=1，an=n+an−1(n≥2,n∈N*)，
可得a1=1
a2=2+a1，
a3=3+a2，
a4=4+a3，
…
an=n+an−1，
以上各式相交可得：
an=1+2+3+…+n=n(n+1)2，
故答案为：n(n+1)2．
利用数列的递推关系式，通过累加法求解即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，数列累加法以及通项公式的求法，考查计算能力．
14.【答案】−2023
【解析】解：对任意的k∈N*，a4k−3=(8k−7)cs(4k−3)π2=0，
a4k−2=(8k−5)cs[(2k−1)π]=−(8k−5)=5−8k，
a4k−1=(8k−3)cs(4k−1)π2=0，
a4k=(8k−1)cs(2kπ)=8k−1，
所以，a4k−3+a4k−2+a4k−1+a4k=0+(5−8k)+0+(8k−1)=4，
且a2021=a4×506−3=0，a2022=a4×506−2=5−8×506=−4043，a2023=a4×506−1=0，
因此，S2023=4×505−4043=−2023．
故答案为：−2023．
对任意的k∈N*，计算出a4k−3+a4k−2+a4k−1+a4k，a2021，a2022，a2023的值，即可求得S2023的值．
本题考查数列的并项求和，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵a1=b1=1，b2+a2=5，{bn}是公比为2的等比数列，
∴a2=5−b2=5−2=3，∴公差d=a2−a1=2，
∴an=2n−1，bn=2n−1；
(2)cn=an+bn=2n−1+2n−1，
∴Sn=n(1+2n−1)2+1−2n1−2=n2+2n−1．
【解析】(1)根据条件列方程，求出公差，再得到通项公式即可；
(2)cn=an+bn=2n−1+2n−1，利用分组求法求和即可．
本题考查了等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由已知a1=S1=12+12=1，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n2−(n−1)2+(n−1)2=n，
此时n=1也适合上式，
所以an=n，n∈N*；
(2)由(1)得，bn=3n−1，
cn=2×3n(3n−1)(3n+1−1)=13n−1−13n+1−1，
故Tn=c1+c2+⋯+cn
=13−1−132−1+132−1−133−1+⋯+13n−1−13n+1−1
=12−13n+1−1．
【解析】(1)根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求出通项公式；
(2)求出bn=3n−1，cn=13n−1−13n+1−1，裂项相消法求和．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵an(an−1+3an+1)=4an−1an+1(n≥2,n∈N*)，
∴an⋅an−1+an⋅3an+1=4an−1an+1，
∴1an+1+3an−1=4an，∴1an+1−1an=3(1an−1an−1)，
又1a2−1a1=4−1=3≠0，
∴数列{1an+1−1an}是首项为3，公比为3的等比数列；
(2)∴1an+1−1an=3×3n−1=3n，
∴当n≥2时，(1an−1an−1)+(1an−1−1an−2)+⋯+(1a2−1a1)
=3n−1+3n−2+⋯+31=3(1−3n−1)1−3=3n−32，
即1an−1a1=3n−32，∴1an=3n−32+1a1=3n−32+1=3n−12，∴an=23n−1，
又a1=1也满足上式，
∴数列{an}的通项公式为an=23n−1．
【解析】(1)由递推关系式结合等比数列的定义即可得证；
(2)由等比数列求和公式以及累加法即可求解．
本题考查等比数列的定义与通项公式的应用，数列通项公式的求解，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)由题意设等差数列等比数列的公差公比分别为d，q>0，
则由题意有2+d=3，2q2=2(2+d)+2，解得d=1，q=2，
所以{an}和{bn}的通项公式分别为an=2+(n−1)=n+1,bn=2⋅2n−1=2n,(n∈N*)；
(2)设数列{an⋅bn}的前n项和为Sn，
由(1)可得an⋅bn=(n+1)⋅2n,(n∈N*)，
所以Sn=2⋅21+3⋅22+⋯+(n+1)⋅2n，
2Sn=2⋅22+3⋅23+⋯+(n+1)⋅2n+1，
两式相减得−Sn=2⋅21+22+⋯+2n−(n+1)2n+1=4+4×(1−2n−1)1−2−(n+1)2n+1=−n⋅2n+1，
所以数列{an⋅bn}的前n项和为Sn=n⋅2n+1,(n∈N*)．
【解析】(1)直接由等差数列、等比数列的基本量的计算算出公差，公比即可得解；
(2)直接由等比数列公式法、错位相减法求和运算即可得解．
本题考查了等差数列、等比数列的通项公式和错位相减求和，属于中档题．
19.【答案】(1)解：若选条件①：
由an+12=13an(2an−5an+1)可得：(3an+1−an)(an+1+2an)=0，
∵an>0，∴3an+1−an=0，即an+1=13an，
又a1=13，
∴数列{an}是以13为首项、13为公比的等比数列，
∴an=13n；
若选条件②：
∵Sn，2Sn+1，3Sn+2成等差数列，
∴4Sn+1=Sn+3Sn+2，即Sn+1−Sn=3(Sn+2−Sn+1)，即an+1=3an+2，即an+2=13an+1，
∴an+1=13an，n≥2，
又∵a1=13，S2=49=a1+a2，
∴a2=19=13a1，
∴an+1=13an，
∴数列{an}是以13为首项、13为公比的等比数列，
∴an=13n；
若选条件③：
∵2Sn+an−t=0(t为常数)，
∴当n≥2时，有2Sn−1+an−1−t=0，
两式相减整理得：an=13an−1，n≥2，
又a1=13，
∴数列{an}是以13为首项、13为公比的等比数列，
∴an=13n；
(2)证明：由(1)可得：bn=lg13an+1=lg1313n+1=n+1，anbn=n+13n，
∴Tn=23+332+…+n+13n，
又13Tn=232+333+…+n3n+n+13n+1，
两式相减得：23Tn=23+132+133+…+13n−n+13n+1=23+132(1−13n−1)1−13−n+13n+1，
整理得：Tn=54−2n+54×3n，
∴Tn0，
∴Tn+1>Tn，故Tn在n∈N*上单调递增，
∴Tn≥T1=54−712=23，
∴23≤Tn