河南省洛阳市第一高级中学2022-2023学年高二数学下学期3月月考试题（B卷）（Word版附答案）

河南省洛阳市第一中学学校2022-2023高二下学期数学3月份月考试卷卷a注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题，共60分）一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．数列{an}的通项公式，若该数列的第k项ak满足40＜ak＜70，则k的值为（　　）A．3B．4C．5D．62．已知由正整数组成的无穷等差数列中有三项是13、25、41，下列各数一定是该数列的项的是（　　）A．2019B．2020C．2021D．20223．已知等比数列{an}，a10，a30是方程x2﹣10x+16＝0的两实根，则a20等于（　　）A．4B．±4C．8D．±84．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2＝0的两根，则a2a16的值为（　　）A．2B．﹣2C．6D．﹣65．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知公差d＝4，a3＝2，则S8＝（　　）A．48B．144C．42D．646．﹣401是数列﹣5，﹣9，﹣13，﹣17中的第几项（　　）A．第98项B．第99项C．第100项D．第101项7．已知数列的通项公式an＝，则数列{an}的前30项中最大值和最小值分别是（　　）A．a10，a9B．a10，a30C．a1，a30D．a1，a98．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm+2＝14（m≥2，且m∈N*），则a2019的值为（　　）A．2020B．4032C．5041D．30199．等比数列{an}的前n项积为Tn，并且满足a1＞1，a1009a1010﹣1＞0，＜0，现给 出下列结论：①a2022＞1；②a1009a1011﹣1＜0；③T1010是Tn中的最大值；④使Tn＞1成立的最大自然数n是2019，其中正确的结论个数是（　　）A．1B．2C．3D．410．等比数列{an}中，a2＞0，则“a2＜a5”是“a3＜a5”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11．对于数列{xn}若存在常数M＞0，对任意的n∈N*，恒有|xn+1﹣xn|+|xn﹣xn﹣1|+⋯+|x2﹣x1|≤M，则称数列{xn}为有界数列．记Sn是数列{xn}的前n项和，下列说法错误的是（　　）A．首项为1，公比为q（|q|＜1）的等比数列是有界数列B．若数列{xn}是有界数列，则数列{Sn}是有界数列C．若数列{Sn}是有界数列，则数列{xn}是有界数列D．若数列{an}、{bn}都是有界数列，则数列{anbn}也是有界数列12．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，则下列命题中，假命题的序号是（　　）A．数列{an}中一定存在一项为0B．存在1≤i＜j≤5使得iai＝jajC．数列{an}一定是等差数列D．集合A＝{x|x＝ai+aj，1≤i≤j≤5}中元素个数为15．第Ⅱ卷（非选择题,共90分）二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．已知数列{an}的前几项为，，，，…，则{an}的一个通项公式为an＝　　．14．数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，若记数据a1，a2，a3，⋯，a2015的方差为λ1，数据的方差为λ2，则＝　　．15．等比数列{an}的前n项的和为Sn，若S3+3S2＝0，则＝　　．16．德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去……．经过n次操作后，共删去个　　 小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过，则至少需要操作　　次．（lg2＝0.3010，lg3＝0.4771）三．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）已知{an}为递增数列，前n项和Sn＝2n+2n2+λ，求实数λ的取值范围．18．（12分）已知等差数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1．（1）求a1，a2及其公差d的值；（2）求数列{an}的前5项和．19．（12分）数列{an}中，a1＝1，an+1＝2an﹣n2+3n，（n∈N*）．（Ⅰ）试求λ、μ的值，使得数列{an+λn2+μn}为等比数列；（Ⅱ）设数列{bn}满足：，Sn为数列{bn}的前n项和，证明：n≥2时，．20．（12分）已知无穷数列{an}，对于m∈N*，若{an}同时满足以下三个条件，则称数列{an}具有性质P（m）．条件①：an＞0（n＝1，2，…）；条件②：存在常数T＞0，使得an≤T（n＝1，2，…）；条件③：an+an+1＝man+2（n＝1，2，…）．（Ⅰ）若an＝5+4×（n＝1，2，…），且数列{an}具有性质P（m），直接写出m的值和一个T的值；（Ⅱ）是否存在具有性质P（1）的数列{an}？若存在，求数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由；（Ⅲ）设数列{an}具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列{an}的通项公式．21．（12分）已知数列A：a1，a2，⋯，an满足：ai∈{0，1}（i＝1，2，⋯，n，n≥2），从A中选取第i1项、第i2项、⋯、第im项（i1＜i2＜⋯＜im，m≥2），称数列，，…，为A的长度为m的子列．记T（A）为A所有子列的个数．例如A：0，0，1，其T（A）＝3．（Ⅰ）设数列A：1，1，0，0，写出A的长度为3的全部子列，并求T（A）； （Ⅱ）设数列A：a1，a2，⋯，an，A′：an，an﹣1，⋯，a1，A′′：1﹣a1，1﹣a2，⋯，1﹣an，判断T（A），T（A′），T（A′′）的大小，并说明理由；（Ⅲ）对于给定的正整数n，k（1≤k≤n﹣1），若数列A：a1，a2，⋯，an满足：a1+a2+⋯+an＝k，求T（A）的最小值．22．（12分）若数列{an}满足“对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj”，则称数列{an}具有“性质P”．（1）判断各项均等于a的常数列是否具有“性质P”，并说明理由；（2）若公比为2的无穷等比数列{an}具有“性质P”，求首项a1的值；（3）若首项a1＝2的无穷等差数列{an}具有“性质P”，求公差d的值． 河南省洛阳市第一中学学校2022-2023高二下学期数学3月份月考试卷卷a参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．【解答】解：根据题意，{an}的通项公式，若该数列的第k项ak满足40＜ak＜70，则有40＜2n+2n＜70，又由n∈Z且n≥1，则n＝5，故选：C．2．【解答】解：由正整数组成的无穷等差数列中有三项是13、25、41，可得：25﹣13＝12＝3×4，41﹣25＝16＝4×4，可得公差d＝4，不妨取a1＝13，则通项公式an＝13+（n﹣1）×4＝4n+9，可知：an为奇数，排除BD．令4n+9＝2019，解得n＝502+，舍去．令4n+9＝2021，解得n＝503，∴下列各数一定是该数列的项的是2021．故选：C．3．【解答】解：根据题意，{an}为等比数列，若a10，a30是方程x2﹣10x+16＝0的两实根，则有a10a30＝（a20）2＝16，a10+a30＝10＞0，则a10，a30都为正数，必有a20＞0．则a20＝4；故选：A．4．【解答】解：根据题意，a3a15＝＝2，又{an}是等比数列，所以a2a16＝a3a15＝2．故选：A．5．【解答】解：设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＝4，a3＝2，∴a1＝a3﹣2d＝2﹣8＝﹣6，∴S8＝8a1+＝8×（﹣6）+28×4＝64．故选：D．6．【解答】解：根据题意，数列﹣5，﹣9，﹣13，﹣17的通项公式为an＝﹣（4n+1）， 若an＝﹣（4n+1）＝﹣401，解可得n＝100，即﹣401是数列的第100项，故选：C．7．【解答】解：an＝＝当n≥10时，an＝＝＞1，n﹣为正值且随n减小而减小，则an越大；数列{an}的前30项中最大值是a10，当n≤9时，an＝＝＜1，n﹣为负值且随n减小而减小，则an越大；数列{an}的前30项中最小值是a9，∴数列{an}的前30项中最大值和最小值分别是a10，a9；故选：A．8．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由题设可得：，解得：a1＝﹣4，m＝5，d＝2，∴a2019＝a1+2018d＝4032．故选：B．9．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1009a1010﹣1＞0，∴a1009a1010＞1，∴a1q1008•a1q1009＝a12q2017＞1，∵a1＞1，∴q＞0，又∵＜0，若q≥1，则a1009与a1010均大于1，与已知矛盾，∴q∈（0，1），∴数列{an}是正项的递减数列，且a1009＞1，a1010＜1．对于①，∵a1010＜1，∴a2022＜1，故①错误；对于②，∵a1009a1011＝a10102＜1，∴a1009a1011﹣1＜0，故②正确；对于③，∵T1010＝T1009•a1010＜T1009，∴③错误；对于④，∵T2018＝（a1009a1010）1009＞1，T2019＝（a1010）2019＜1，∴使Tn＞1成立的最大自然数n是2018，故④错误， 综合以上，只有一个结论正确．故选：A．10．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a2＞0，∴a1q＞0．则“a2＜a5“，可得：a1q＜a1q4，化为：1＜q3，解得q＞1，因此a1＞0．∴a3﹣a5＝a1q2（1﹣q2）＜0，可得a3＜a5，反之不成立，例如取．因此“a2＜a5“是“a3＜a5“的充分不必要条件．故选：A．11．【解答】解：对于A，首项为1，公比为q（|q|＜1）的等比数列{xn}，则，所以|xn+1﹣xn|＝|qn﹣qn﹣1|＝|qn﹣1|•|q﹣1|，所以|xn+1﹣xn|+|xn﹣xn﹣1|+⋯+|x2﹣x1|＝|1﹣q|•（1+|q|+|q2|+|q3|+•••+|qn﹣1|）＝，即|xn+1﹣xn|+|xn﹣xn﹣1|+⋯+|x2﹣x1|，符合有界数列的定义，所以首项为1，公比为q（|q|＜1）的等比数列是有界数列，故选项A正确；对于B，数列{xn}，令xn＝1，n∈N*，则|xn+1﹣xn|＝0，故|xn+1﹣xn|+|xn﹣xn﹣1|+⋯+|x2﹣x1|＝0，符合有界数列的定义，所以数列{xn}是有界数列，数列{xn}的前n项和Sn＝n，所以|Sn+1﹣Sn|+|Sn﹣Sn﹣1|+⋯+|S2﹣S1|＝n，由于n是任意的，所以数列{Sn}不是有界数列，故B错误；对于C，因为数列{Sn}是有界数列，所以存在正数M，对任意n∈N*，有|Sn+1﹣Sn|+|Sn﹣Sn﹣1|+•••+|S2﹣S1|≤M，即|xn+1|+|xn|+•••+|x1|≤M，于是|xn+1﹣xn|+|xn﹣xn﹣1|+⋯+|x2﹣x1|≤|xn+1|+2|xn|+•••+2|x2|+|x1|≤2M+|x1|，所以数列{xn}是有界数列，故选项C正确；对于D，若数列{an}、{bn}都是有界数列，则存在正数M1，M2，使得对任意n∈N*，有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|≤M1，|bn+1﹣bn|+|bn﹣bn﹣1|+⋯+|b2﹣b1|≤M2，又因为|an|＝|an﹣an﹣1+an﹣1﹣an﹣2+•••+a2﹣a1+a1|≤|an﹣an﹣1|++⋯+|a2﹣a1|+|a1|≤M1+|a1|， 同理可得，|bn|≤M2+|b1|，所以|an+1bn+1﹣anbn|＝|an+1bn+1﹣anbn+1+anbn+1﹣anbn|≤|bn+1||an+1﹣an|+|an||bn+1﹣bn|≤（M2+|b1|）|an+1﹣an|+（M1+|a1|）|bn+1﹣bn|，故|an+1bn+1﹣anbn|+|anbn﹣an﹣1bn﹣1|+•••+|a2b2﹣a1b1|≤（M2+|b1|）（|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|）+（M1+|a1|）（|bn+1﹣bn|+|bn﹣bn﹣1|+⋯+|b2﹣b1|）≤（M2+|b1|）M1+（M1+|a1|）M2，所以数列{anbn}也是有界数列，故选项D正确．故选：B．12．【解答】解：根据题意：对任意i，j（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）；据此分析选项：易得A、B、C正确；对于D、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，D错误；故选：D．二．填空题（共4小题）13．【解答】解：通过观察可知，分子成等差数列，为3n﹣1，分母为2n+1，故通项可以为：，故答案为：．14．【解答】解：数据a1，a2，a3，…，a2015的平均数为＝a1008，所以λ1＝[（a1﹣a1008）2+（a2﹣a1008）2+…+（a2015﹣a1008）2]＝•（12+22+ …+10072），数据数据的平均数为a1+d，所以λ2＝[（﹣a1﹣d）2+（﹣a1﹣d）2+…+（﹣a1﹣d）2]＝•（12+22+…+10072），则＝4，故答案为：4．15．【解答】解：由题意可得，公比q≠1∵S3+3S2＝0，由等比数列的求和公式可得，∴1+q+q2+3（1+q）＝0整理可得，q2+4q+4＝0∴q＝﹣2∴＝＝＝故答案为：16．【解答】解：由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，所以经过n次操作后，共删去的正方形个数；易知，第n次操作后共保留4n个小正方形，其边长为，所以，保留下来的所有小正方形面积之和为，由，解得，所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过． 故答案为：．三．解答题（共6小题）17．【解答】解：∵{an}的前n项和Sn＝2n+2n2+λ，∴a1＝S1＝4+λ，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1+4n﹣2，此时数列{an}随n的增大而增大，故只需a2﹣a1＝（2+8﹣2）﹣（4+λ）＝4﹣λ＞0即可，故λ＜4，即实数λ的取值范围为：（﹣∞，4）．18．【解答】解：（1）等差数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1，则a1＝1，a2＝3，d＝3﹣1＝2；（2）S5＝5a1+＝5×1+10×2＝25．19．【解答】解：（Ⅰ）若{an+λn2+μn}为等比数列，则存在q≠0，使an+1+λ（n+1）2+μ（n+1）＝q（an+λn2+μn）对∀n∈N*成立．由已知：an+1＝2an﹣n2+3n，代入上式，整理得（q﹣2）an+（λq﹣λ+1）n2+（μq﹣2λ﹣μ﹣3）n﹣λ﹣μ＝0①∵①式对∀n∈N*成立，∴解得∴当λ＝﹣1，μ＝1时，数列{an+λn2+μn}是公比为2的等比数列；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：an﹣n2+n＝（a1﹣12+1）•2n﹣1，即an＝2n﹣1+n2﹣n所以∵n≥2时，sn＝b1+b2+b3+…+bn＜1+++…+＝ （1）现证：（n≥2）n≥2时，n（n+1）（2n+1）sn＝（12+22+32+…+n2）（+++…+）＞（1+1+1+…+1）2（n个1）＝n2∴（2）根据（1）（2）可知＞对于n≥2，n∈N*都成立．20．【解答】解：（Ⅰ）m＝2，T＝6（答案不唯一）；（Ⅱ）不存在具有性质P（1）的数列{an}，理由如下：依题意有：an+an+1＝an+2（n＝1，2，…）．∵an＞0（n＝1，2，…），∴a2＜a3＜a4＜…∴a4﹣a3≥a2，a5﹣a4≥a2，…an+3﹣an+2≥a2，∴an+3≥na2+a3，当时，an+3＞T不符合题意．∴不存在具有性质P（1）的数列{an}．（Ⅲ）由（Ⅱ）可得m≠1．当m＝2时，（an+an+1）＝an+2（n＝1，2，…），∴（an+2﹣an+1）＝﹣（an+1﹣an）（n＝1，2，…），∴|an+2﹣an+1|＝|a2﹣a1|（n＝1，2，…），①当a2＝a1＝c（c为常数，且为正整数）时，an＝c，数列{an}具有性质P（2）．②当a2≠a1时，当n＞log2|a2﹣a1|时，|an+2﹣an+1|＝|a2﹣a1|∈（0，1）（n＝1，2，…），与数列{an}各项均为正整数矛盾，不符合题意．当m≥3时，令bn＝max{an，an+1}，∴an+2＝（an+1+an）（an+1+an）（bn+bn）＜bn， an+3＝（an+1+an+2）（an+1+an+2）（bn+bn）＜bn，…∴bn+2≤bn﹣1，∴b2﹣b1≤﹣1，b3﹣b2≤﹣1，…，∴b2n+1﹣b1≤﹣n，∴当n≥b1时，b2n+1≤b1﹣n≤0与b2n+1∈N+矛盾．综上，数列{an}的通项公式为an＝c（c为常数，且为正整数）．21．【解答】解：（Ⅰ）由T（A）的定义以及A：1，1，0，0，可得：A的长度为3的子列为：1，0，0；1，1，0，A的长度为2的子列有3个，A的长度为4的子列有1个，所以T（A）＝6．（Ⅱ）T（A）＝T（A′）＝T（A″），理由如下：若n1，n2，⋯，nk是A：a1，a2，⋯，an的一个子列，则nk，nk﹣1，⋯，n1是A′：an，an﹣1，⋯，a1的一个子列．若n1，n2，⋯，nk与mk，mk﹣1，⋯，m1是A：a1，a2，⋯，an两个不同子列，所以T（A）≤T（A′），同理T（A′）≤T（A），∴T（A）＝T（A′），同理T（A）＝T（A″），所以T（A）＝T（A′）＝T（A″）；（Ⅲ）由已知可得，数列A：a1，a2，⋯，an中恰有k个1，n﹣k个0．令A*：0，0，0，⋯0，1，1，1，⋯，1，下证：T（A）≥T（A*）．由于A*：0，0，0，⋯0，1，1，1，⋯，1，所以A*的子列中含有i个0，j个1（i＝0，1，⋯，n﹣k，j＝0，1，⋯，k，i+j≥2）的子列有且仅有1个，设为：0，0，0，⋯0，1，1，1，⋯，1．而数列A：a1，a2，⋯，an的含有i个0，j个1的子列至少有一个，所以T（A）≥T（A*）．数列A*：0，0，0，⋯0，1，1，1，⋯，1中，不含有0的子列有k﹣1个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有k+1个，⋯，含有n﹣k个0的子列有k+1个，所以T（A*）＝（n﹣k）（k+1）+k﹣2＝nk+n﹣k2﹣2，所以T（A）的最小值为nk+n﹣k2﹣2．22．【解答】解：（1）若数列{an}具有“性质P”，“对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj”，所以a＝a2， 所以a＝0或1，故当a＝0或1时，各项均等于a的常数列具有“性质P”；当a≠0且a≠1时，各项均等于a的常数列不具有“性质P”．（2）对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj，即a1•2k﹣1＝a1•2i﹣1•a1•2j﹣1，所以a1＝2k+1﹣i﹣j，令k+1﹣i﹣j＝m∈Z，则a1＝2m，当m≥﹣1且m∈Z时，an＝a1•2n﹣1＝2m+n﹣1，对任意正整数i，j，i≠j，由ak＝ai•aj，得2m+k﹣1＝2m+i﹣1•2m+j﹣1，所以k＝i+j+m﹣1，而i+j+m﹣1是正整数，所以存在正整数k＝i+j+m﹣1，使得ak＝ai•aj成立，数列具有“性质P”；当m≤﹣2且m∈Z时，取i＝1，j＝2，则i+j+m﹣1＝2+m≤0，正整数k不存在，数列不具有“性质P”，综上所述，a1＝2m，m≥﹣1且m∈Z．（3）因为an＝2+（n﹣1）d，所以若对于任意的正整数n，存在整数k，使得ak＝a1•an成立，则d＝，对于任意的正整数n，存在整数k1和k2，使得＝a1•an，＝a2•an，两式相减得，dan＝（k2﹣k1）d，若d＝0，显然不合题意，若d≠0，得an＝k2﹣k1，是整数，从而得到公差d也是整数，当d＜0时，此数列是递减的等差数列，取满足的正整数m，解得，由am•am+1＞＞a1，所以不存在正整数k使得am•am+1＝ak成立，从而d＜0时，不具有“性质P”；当d＝1时，数列2，3，4，...，n+1，...，对任意的正整数i，j，i≠j，由ak＝ai•aj，可得k+1＝（i+1）（j+1），可得k＝i+j+ij，而i+j+ij是正整数，从而数列具有“性质P”； 当d＝2时，数列2，4，6，...，2n，...，对任意正整数i，j，由ak＝ai•aj，可得2k＝2i•2j，即k＝2ij，而2ij是正整数，从而数列具有“性质P”．综上可得，d＝1或d＝2．声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/3/210:55:06；用户：刘闪；邮箱：18739020952；学号：38915037