安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试卷（Word版附解析）

安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试卷一、单选题（共8小题）1.已知数列{an}的通项公式为an＝，则该数列的前4项依次为(　　)A.1,0,1,0B.0,1,0,1C.，0，，0D.2,0,2,0【答案】A【解析】当n分别等于1,2,3,4时，a1＝1，a2＝0，a3＝1，a4＝0.2.设an＝＋＋＋＋…＋(n∈N*)，则a2等于(　　)A.B.＋C.＋＋D.＋＋＋【答案】C【解析】∵an＝＋＋＋＋…＋(n∈N*)，∴a2＝＋＋.3.已知数列{an}的通项公式an＝log(n＋1)(n＋2)，则它的前30项之积是(　　)A.B.5C.6D.【答案】B【解析】a1·a2·a3·…·a30＝log23×log34×log45×…×log3132＝×××…×＝log232＝log225＝5.4.若数列的通项公式为an＝，则这个数列中的最大项是(　　)A.第12项B.第13项C.第14项D.第15项【答案】C【解析】an＝＝，因为n＋≥2＝28，当且仅当n＝14时，n＋有最小值28，所以当n＝14时，an＝取得最大值为.5.已知数列{an}的通项公式是an＝，那么这个数列是(　　) A.递增数列B.递减数列C.摆动数列D.常数列【答案】A【解析】∵an＝，∴an＋1－an＝－＝＝>0，∴an＋1>an，因此，数列{an}是递增数列．6.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项的和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3等于(　　)A.16B.8C.4D.2【答案】C【解析】设该等比数列的首项为a1，公比为q，由已知得，a1q4＝3a1q2＋4a1，因为a1>0且q>0，可得q＝2，又因为a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，即可解得a1＝1，则a3＝a1q2＝4.7.如果数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为的等比数列，那么an＝(　　)A.B.C.D.【答案】A【解析】由题意知等比数列{an－an－1}的首项与公比分别为a1＝1，q＝，∴an－an－1＝1×n－1.设数列a1，a2－a1，…，an－an－1的前n项和为Sn，∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an.又∵Sn＝＝，∴an＝.8.已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)A.(2,3)B.[2,3)C.D.[2,3]【答案】C【解析】∵数列{an}是递增数列，∴当n＞6时，a＞1；当n≤6时，3－a＞0，且a6＜a7，即解得＜a＜3.故选C. 二、多选题（共4小题）9.在数列{an}中，如果对任意n∈N*都有＝k(k为常数)，则称{an}为等差比数列，k称为公差比，现给出下列命题，其中正确的是(　　)A.等差比数列的公差比一定不为0B.等差数列一定是等差比数列C.若an＝－3n＋2，则数列{an}是等差比数列D.若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比【答案】ACD【解析】对于A，若公差比为0，则an＋2－an＋1＝0，故{an}为常数列，从而＝k的分母为0，无意义，所以公差比一定不为零；对于B，当等差数列为常数列时，不能满足题意；对于C，若an＝－3n＋2，则＝＝3是公差比为3的等差比数列；对于D，an＝a1qn－1代入＝q，命题正确，所以正确命题为A，C，D.10.设等差数列的前n项和为Sn，且S4＝S5，S6＝21，若＋＋…＋<λ恒成立，则λ的值不可以是(　　)A.1B.0C.－1D.2【答案】BC【解析】设等差数列的公差为d，因为S4＝S5，所以4a1＋d＝，整理得12a1＋18d＝10a1＋20d，即a1＝d，由S6＝21，可得6a1＋d＝21，即6a1＋15d＝21，所以a1＝d＝1，所以Sn＝n＋＝，所以＝＝－，所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－<1，因为＋＋…＋<λ恒成立，所以λ≥1.11.已知数列是各项均为正数且公比不等于1的等比数列，对于函数f，若数列{lnf(an)}为等差数列，则称函数f为“保比差数列函数”，则定义在(0，＋∞)上的如下函数中是“保比差数列函数”的有(　　)A.f(x)＝为“保比差数列函数”B.f＝x2为“保比差数列函数” C.f＝ex为“保比差数列函数”D.f＝为“保比差数列函数”【答案】ABD【解析】设数列{an}的公比为q(q≠1).由题意，lnf(an)＝ln，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝ln＝－lnq是常数，所以数列{lnf(an)}为等差数列，A满足题意；由题意，lnf(an)＝lnan2，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lnan＋12－lnan2＝lnq2＝2lnq是常数，所以数列{lnf(an)}为等差数列，B满足题意；由题意，lnf(an)＝lnean，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝an＋1－an不是常数，所以数列{lnf(an)}不为等差数列，C不满足题意；由题意，lnf(an)＝ln，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝lnq是常数，所以数列{lnf(an)}为等差数列，D满足题意．12.已知各项均为正数的等差数列中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等比数列的前三项，则(　　)A.a2＝5B.bn＝5·2n－1C.an＝2n－1D.设cn＝anbn，则数列的前n项和Tn＝(2n－1)2n＋1【答案】ABD【解析】设等差数列的公差为d，则由已知得a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即a2＝5，又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，所以an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，又b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，所以q＝2，所以bn＝5·2n－1；因为Tn＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1，2Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，两式相减得－Tn＝3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＝(1－2n)2n－1，则Tn＝(2n－1)2n＋1.三、填空题（共4小题）13.已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，若bn＝－1，则数列{bn}的通项公式为bn＝________.【答案】2n－1【解析】由an＋1＝可得＝－1，于是－1＝－2＝2，而－1＝1，且bn＝－1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝1×2n－1＝2n－1. 14.已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f＋f＋…＋f＝________.【答案】2022【解析】f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝2，令S＝f＋f＋…＋f，则S＝f＋f＋…＋f，两式相加得，2S＝2022×2，∴S＝2022.15.如果数列{an}满足－＝k(k为常数)，那么数列{an}叫做等比差数列，k叫做公比差．给出下列四个结论：①若数列{an}满足＝2n，则该数列是等比差数列；②数列{n·2n}是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列；④存在等差数列是等比差数列．其中所有正确结论的序号是________．【答案】①③④【解析】①数列{an}满足＝2n，则－＝2(n＋1)－2n＝2，满足等比差数列的定义，故①正确；②数列{n·2n}，－＝－＝＝－，不满足等比差数列的定义，故②错误；③等比数列－＝0，满足等比差数列，故③正确；④设等差数列的公差为d，则－＝－＝，故当d＝0时，满足－＝0，故存在等差数列是等比差数列，即④正确．16.若数列{an}满足=q(q为常数),则称数列{an}为等比和数列,q称为公比和,已知数列{an}是以3为公比和的等比和数列,其中a1=1,a2=2,则a2019=　　　　　.【答案】21009 【解析】由题意可得a1=1,a2=2,=3,故a3=2,又=3,所以a4=4,同理,a5=4,a6=8,a7=8,…,总结规律:当n=2k-1(k∈N*)时,an=2k-1,当n=2k(k∈N*)时,an=2k,故当n=2019时,k=1010,a2019=21010-1=21009.四、解答题（共6小题）17.(10分)设数列{an}满足a1＝0且－＝1.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，记Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求证：Sn<1.【答案】(1)解　由－＝1知，是公差为1的等差数列，又∵＝1，故＝n，∴an＝1－.(2)证明　由(1)得bn＝＝＝－，∴Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－<1.18.(10分)已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an与bn；(2)求＋＋…＋.【答案】解　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.依题意有 解得或(舍去).故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)因为Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝＝－.19.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N*.(1)求an,bn;(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.【答案】解　(1)由Sn=2n2+n,得当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,an=Sn-=4n-1.所以an=4n-1,n∈N*.由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.(2)由(1)知anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*.所以Tn=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,2Tn=3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,所以2Tn-Tn=(4n-1)·2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)·2n+5.故Tn=(4n-5)·2n+5,n∈N*.20.(12分)已知{an}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列,a1=16,2a3+3a2=32.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=3log2an,求数列{bn}的前n项和Sn,并求Sn的最大值.【答案】解　(1)设{an}的公比为q,因为a1=16,2a3+3a2=32,所以2q2+3q-2=0.解得q=-2(舍去)或q=.因此{an}的通项公式为an=16×=25-n.(2)由(1)得bn=3(5-n)log22=15-3n.当n≥2时,bn-bn-1=-3,故{bn}是首项为b1=12,公差为-3的单调递减的等差数列. 则Sn=12n+n(n-1)(-3)=-(n2-9n).因为b5=0,所以数列{bn}的前4项为正数,所以当n=4或5时,Sn取得最大值,且最大值为S4=S5=30.21.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且当n∈N*时，Sn是2n＋1与2m的等差中项(m为实数)．(1)求m的值及数列{an}的通项公式．(2)令bn＝1＋log2an(n∈N*)，是否存在正整数k，使得＋＋…＋>对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由．【答案】解　(1)∵Sn是2n＋1与2m的等差中项，∴2Sn＝2n＋1＋2m，即Sn＝2n＋m，当n＝1时，S1＝a1＝2＋m，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.∵{an}是等比数列，∴a1＝1，∴2＋m＝1，∴m＝－1，且数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)存在正整数k，使不等式恒成立，k的最大值为4.理由如下：由(1)知bn＝1＋log2an＝n(n∈N*)．设f(n)＝＋＋…＋＝＋＋…＋.∵f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－>0，∴f(n＋1)>f(n)，∴f(n)min＝f(1)＝.由不等式恒成立，得<，解得k<5.故存在正整数k，使不等式恒成立，k的最大值为4.22.(14分)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________(从①S10＝5(a10＋1)；②a1，a2，a6成等比数列；③S5＝35这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题).(1)求an；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.【答案】(1)解　①由S10＝5(a10＋1)，得10a1＋d＝5(a1＋9d＋1)，即a1＝1；②由a1，a2，a6成等比数列，得a＝a1a6，a＋2a1d＋d2＝a＋5a1d，即d＝3a1；③由S5＝35，得＝5a3＝35，即a3＝a1＋2d＝7；选择①②，①③，②③组合，均得a1＝1，d＝3.故an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)证明　bn＝＝＝，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝[＋＋＋…＋]＝，因为n∈N*，所以>0，所以Tn<.