甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高二数学（理）下学期2月月考试题（Word版附解析）

理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共4页，总分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.在等差数列中，则=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质有，即可求.【详解】由等差数列的性质有，则.故选：D2.已知在等比数列中，，，则（）A.486B.324C.162D.81【答案】C【解析】【分析】设出公比，利用求出，由可得答案.【详解】设公比为，由，，得，所以.故选：C.3.已知在中，若，则的值等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理将边统一成角，化简即可得答案 【详解】解：因为，所以由正弦定理得，所以，故选：D4.已知等比数列的各项均为正数，且，则（）A.B.5C.10D.15【答案】B【解析】【分析】利用等比中项和对数的运算性质可求得结果.【详解】因为等比数列的各项均为正数，且，所以.故选：B.5.设是公差不为零的等差数列，为其前项和，若，，，则（）A.12B.14C.16D.18【答案】B【解析】【分析】根据得出数列的通项公式和求和公式，列出方程组，求得，得到数列的图象公式，再结合，列出方程，即可求解.【详解】设等差数列公差为，因为，且， 可得，即，解得，，所以，所以，又因为，即，解得或（舍去）.故选：B.6.在中，角所对的边分别为，满足，则的形状为（）A.等边三角形B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.直角三角形【答案】D【解析】分析】利用降次公式、余弦定理化简已知条件，由此确定正确选项.【详解】依题意，即，所以，由余弦定理得，化简得，所以三角形是直角三角形.故选：D7.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定和式，探求其通项的表达式，再利用裂项相消法求和即可得解.【详解】依题意，所求和式的通项是， 因，，于是得，当时，，所以.故选：A8.数列，满足，，则的前10项和为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出，再利用裂项相消法求解即可【详解】因为数列，满足，，所以，所以，的前10项和为：，故选：B.9.已知圆的半径为，分别为该圆的内接三角形的三边，若，则三角形的面积为（）AB.C.D.【答案】C【解析】 【分析】利用正弦定理以及三角形的面积公式结合已知条件即可求解.【详解】设分别为角所对的边，在中，由正弦定理可得：，所以，，所以三角形的面积为，故选：C.10.已知等差数列中，若，成公比为3的等比数列，则（）A.40B.41C.45D.48【答案】B【解析】【分析】由等比数列得，这样可得出公差，用等差数列和等比数列的通项公式表示出后可求得．【详解】设公差为，则，又，所以，即，得，故选：B.11.对于正项数列中，定义：为数列的“匀称值”已知数列的“匀称值”为，则该数列中的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定，取和带入式子，相减 得到答案.【详解】，即，故；；两式相减得，所以．故选：D12.已知数列满足，，则的最小值为（）A.2-1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据累加法得，进而得，再结合函数的单调性即可得当时，的最小值为.【详解】解：由得，所以，，，，，，累加上述式子得：，所以，，检验已知时，满足.故，，由于函数在区间上单调递减，在上单调递增，又因为，当时，，当时，， 所以的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查累加法求通项公式，结合数列的函数性质求最值，考查运算能力与化归转化思想，是难题.本题解题的关键是先根据累加法得，进而根据函数的单调性并结合求解最值即可.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.1与9的等比中项为______．【答案】【解析】【分析】由等比中项直接求解.【详解】1与9的等比中项为.故答案为：.14.已知公差不为0的等差数列的前23项和等于前8项和．若，则k的值为______．【答案】24【解析】【分析】设等差数列的公差为d，根据已知得出，根据结合等差数列前项和公式解得，再据结合等差数列通项列式，与联立即可得出答案.【详解】设等差数列的公差为d，，则由题意得，即，整理得．因为， 所以，即，所以，因为，所以．故答案为：.15.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则的面积为______．【答案】##【解析】【分析】由条件结合正弦定理求，由同角关系求,，再由余弦定理求，根据三角形面积公式求的面积.【详解】因为，所以．由正弦定理，得，即，化简得．又，，所以，故．又由余弦定理．解得或．当时，．又，则，与矛盾，所以不符合题意，舍去；当时，．故答案为： 16.已知数列中，，且，则的值为______．【答案】##【解析】【分析】利用数列的递推式得到，，从而推得，由此求得，同理可得，由此得解.【详解】因为，，所以，，得，同时当时，有，，所以，注意到当时，上式为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以；同理可得，数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以；所以．故答案为：.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17已知数列满足，且，．（1）设，证明：数列为等差数列；（2）求数列的通项公式．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】(1)根据题设递推式得，根据等差数列的定义，结论得证.(2)由(1)结合等差数列通项公式求数列的通项，再求数列的通项公式．.【小问1详解】因为，所以，即，且，所以数列是首项为1、公差为1的等差数列．【小问2详解】由(1)知，所以数列的通项公式为．18.已知等差数列满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设等比数列满足，，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项，建立方程组，可得答案；（2）根据等比数列的定义，结合其求和公式，可得答案.【小问1详解】因为是等差数列，设数列的公差为d，由，得，解得，，所以．【小问2详解】 因为，，是等比数列，则的公比，所以，所以数列的前n项和．19.已知数列{an}是公比不为1的等比数列，且a3+a4=12，3a1，2a2，a3成等差数列.（1）求an；（2）设，求数列{bn}的前2n项的和S2n.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设数列的公比为，根据等差中项的性质得到方程，求出公比，再根据，求出，即可求出通项公式；（2）首先得到的通项公式，再利用分组求和法求和即可；【详解】解：（1）设数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，所以，即，解得或（舍去）又，即，解得，所以（2）因为，所以所以20.的内角的对边分别为，已知， ．（1）求；（2）设为边上一点，且，求面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由求得，再由余弦定理求得即可；（2）先由余弦定理求得，再求出，最后由面积公式求解即可.【小问1详解】因为，所以，所以．在中，由余弦定理得，即，解得（舍去），．【小问2详解】因为，由余弦定理得，又，即是直角三角形，所以，则，又，则，所以的面积为．21.已知为等差数列，前n项和为，数列是首项为1的等比数列，，，.（1）求和的通项公式； （2）求数列的前n项和.【答案】（1）的通项公式为，的通项公式为；（2）.【解析】【分析】（1）用基本量表示题干中的量，联立求解即可；（2）由，，用乘公比错位相减法求和即可.【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由已知，得，而，所以，解得，所以.由得.①，由得.②，联立①②解得，所以.故的通项公式为，的通项公式为.（2）设数列的前n项和为，由，得.，，上述两式相减，得， 所以，即.22.设等差数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据，，列出方程组，求得的值，即可得到数列的通项公式.（2）由，得到当时，，两式相减求得，进而求得数列的通项公式，结合数列的单调性，即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，可得，解得，，所以，即数列的通项公式.（2）因为，当时，，两式相减可得：， 所以又由时，，所以，也符合上式，所以，又因为，可得当时，；当时，，所以数列先单调递增再递减，可得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式求解，利用数列的递推公式求解数列的通项公式，以及数列的单调性的判定及应用，其中解答中熟练化简数列的递推公式，得出数列的通项公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.