河南省南阳市第一中学校2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题及答案

这是一份河南省南阳市第一中学校2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题及答案，共10页。试卷主要包含了已知等比数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。

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．在等比数列{an}中，若a1＝27，，则a3＝（ ）
A．3或﹣3B．3C．﹣9或9D．9
2．在等差数列{an}中，已知a10＝13，a3+a4+a9+a16＝28，则{an}的前17项和为（ ）
A．166B．172C．168D．170
3．若数列{}是等差数列，a1＝l，a3＝﹣，则a5＝（ ）
A．﹣B．C．D．﹣
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝310，S20＝930，则S30＝（ ）
A．1240B．1550C．1860D．2170
5．在等差数列{an}中，a1+a3＝8，a2a4＝40，则公差为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，S8≥S7≥S9，则公差d的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝（ ）
A．B．43C．D．41
8．已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝8，在{an}中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}，则b2023＝（ ）A．4044B．4046C．4048D．4050
9．等差数列{an}的前n项和是Sn，且满足S5＝S10，若Sn存在最大值，则下列说法正确的是（ ）
A．a1+a16＞0B．a2+a15＜0C．a1+a14＜0D．a2+a14＞0
10．已知等比数列{an}满足：a2+a4+a6+a8＝20，a2⋅a8＝8，则的值为（ ）
A．20B．10C．5D．
11．已知数列{an}满足an＝2n+kn，若{an}为递增数列，则k的取值范围是（ ）
A．（﹣2，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣2）D．（﹣∞，2）
12．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若，则＝（ ）
A．B．C．D．
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．等差数列{an}的前n项和是Sn，若Sn＝3（n+1）2﹣n﹣a，则实数a＝ ．
14．若等比数列{an}的各项均为正数，且，则lna1+lna2+⋯+lna7＝ ．
15．在等比数列{an}中，a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，记数列{an}的前n项和、前n项积分别为Sn，Tn，则的最大值是 ．
16．首项为正数，公差不为0的等差数列{an}，其前n项和为Sn，现有下列4个命题：
①若S8＜S9，则S9＜S10；
②若S11＝0，则a2+a10＝0；
③若S13＞0，S14＜0，则{Sn}中S7最大；
④若S2＝S10，则Sn＞0的n的最大值为11．
使其中所有真命题的序号是 ．
三．解答题（共6小题，满分70分）17．已知等差数列{an}满足a4＝6，a6＝10．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设等比数列{bn}各项均为正数，其前n项和Tn，若b3＝a3，b5＝a9，求Tn．
18．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a5﹣a1＝90，S4＝90．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}中，满足bn＝an+lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn．
19．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Tn为数列的前n项和，求Tn．
20．已知数列{an}中，a2＝，an＝an+1+2anan+1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令{}的前n项和为Tn，求证：Tn＜．
21．在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足：，求数列{bn}的通项公式；
（Ⅲ）令（n∈N*），求数列{cn}的前n项和Tn．
22．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1＝1，an+1＝2．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，若∀n∈N*，不等式Tn﹣na＜0恒成立，求实数a的取值范围．河南省南阳市第一中学学校 2022-2023高二下学期
数学3月份月考试卷卷一
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．【解答】解：因为a3是a1和a5的等比中项，则，
解得a3＝±3，由等比数列的符号特征知a3＝3．
故选：B．
2．【解答】解：在等差数列{an}中，∵a3+a4+a9+a16＝4a8＝28，∴a8＝7，
又a10＝13，
∴S17＝．
故选：D．
3．【解答】解：数列{}是等差数列，
设其公差为d，则2d＝，
∴，可得，即a5＝．
故选：D．
4．【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，
∴S10，S20﹣S10，S30﹣S20构成等差数列，
∴2（S20﹣S10）＝S10+S30﹣S20，即2×（930﹣310）＝310+S30﹣930，
∴S30＝1860．
故选：C．
5．【解答】解：等差数列{an}中，a1+a3＝8，a2a4＝40，
∴，
解得a1＝1，d＝3．
故选：C．6．【解答】解：∵{an}为等差数列，a1＝2，
∴，
∴．
故选：A．全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》
7．【解答】解：设S3＝x，则S6＝7x，由＝，可得q≠1，
因为{an}为等比数列，
所以S3，S6﹣S3，S9﹣S6仍成等比数列．
因为＝＝6，所以S9﹣S6＝36x，所以S9＝43x，
故＝．
故选：A．
8．【解答】解：设数列{bn}的公差为d1，
由题意可知，b1＝a1，b5＝a2，b5﹣b1＝a2﹣a1＝8＝4d1，
故d1＝2，故bn＝2n，
则b2023＝2023×2＝4046，
故选：B．
9．【解答】解：因为等差数列Sn存在最大项，故等差数列的公差d＜0，
又S5＝S10，即a6+a7+a8+a9+a10＝0，即a8＝0，
则a1+a16＜a1+a15＝0，故选项A错误；
a2+a15＜a1+a15＝0，故选项B正确；
a1+a14＞a1+a15＝0，故选项C错误；
而a2+a14＝a1+a15＝0，故选项D错误．
故选：B．10．【解答】解：在等比数列{an}中，由等比数列的性质可得：a4⋅a6＝a2⋅a8＝8．
所以．
故选：D．
11．【解答】解：若{an}为递增数列，则an+1﹣an＞0，
则有2n+1+k（n+1）﹣（2n+kn）＝2n+1﹣2n+k＝2n+k＞0，对于n∈N+恒成立．
∴k＞﹣2n，对于n∈N+恒成立，∴k＞﹣2．
故选：A．
12．【解答】解：根据条件：＝．
故选：A．
二．填空题（共4小题）
13．【解答】解：因为，
当n≥2时，，
因为{an}是等差数列，
所以当n＝1时，a1＝11﹣a也符合上式，故a＝3．
故答案为：3．
14．【解答】解：∵{an}是各项均为正数的等比数列，
∴a2a6＝a42，又a42+a2a6＝2e6，
∴2a42＝2e6，又a4＞0，
∴a4＝e3，
∴lna1+lna2+•••+lna7＝ln（a1a2•••a7）＝lna47＝7lne3＝21．
故答案为：21．
15．【解答】解：等比数列{an}中，a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，
所以q＝＝2，a1＝＝＝1，所以数列{an}的前n项和为Sn＝＝2n﹣1，
前n项积为Tn＝1×2×22×...×2n﹣1＝21+2+...+（n﹣1）＝，
所以＝＝，当n＝2或n＝3时，＝3，
所以的最大值是23＝8．
故答案为：8．
16．【解答】解：对于①，S8＜S9，
则a9＞0，无法推得a10是否大于0，即S9＜S10无法确定，故①错误；
对于②，∵S11＝0，
∴＝，即a2+a10＝0，故②正确；
对于③，S13＞0，S14＜0，
则，即a7＞0，，即a7+a8＜0，
故a7＞0，a8＜0，公差d＜0，首项为正数，
故{Sn}中S7最大，故③正确；
对于④，若S2＝S10，
则a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10＝0，即4（a3+a10）＝0，
故a3+a10＝2a1+11d＝0，即，
∵a1＞0，
∴d＜0，
∴＝＝，
令Sn＞0，
则0＜n＜12，n∈N*，
故Sn＞0的n的最大值为11，故④正确．
故答案为：②③④．
三．解答题（共6小题）17．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a4＝6，a6＝10，
∴，解得，
故数列{an}的通项公式an＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣2；
（2）设各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q（q＞0），
∵an＝2n﹣2，
则a3＝4，a9＝16，
∵a3＝b3，a9＝b5，
∴b3＝4，b5＝16，即，解得2或﹣2（舍去），
∴．
18．【解答】解：（1）记等比数列{an}的公比为q，由a5﹣a1≠0可知q≠1，
，，
解得a1＝6，q＝2，所以数列{an}的通项公式为．
（2）∵，
∴
＝3×++n•lg23＝3×2n+1++n•lg23﹣6．
19．【解答】解：（1）设公差为d，则
∵S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列
∴4a1+6d＝14，（a1+2d）2＝a1（a1+6d）
∵d≠0，∴d＝1，a1＝2，
∴an＝n+1
（2）＝
∴Tn＝﹣+﹣+…+＝＝．20．【解答】解：（1）由a2＝，an＝an+1+2anan+1，
可得a1＝a2+2a1a2＝+a1，解得a1＝1，
又对an＝an+1+2anan+1两边取倒数，可得﹣＝2，
则{}是首项为1，公差为2的等差数列，
可得＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
所以an＝；
（2）证明：由（1）可得＝＝（﹣），
所以Tn＝（1﹣+﹣+﹣+...+﹣+﹣）＝[﹣]，
因为n∈N*，所以＞0，
则Tn＜×＝．
21．【解答】解：（Ⅰ）等差数列{an}的公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项，
可得a22＝a1a4，即（a1+2）2＝a1（a1+6），
解得a1＝2，
则an＝a1+（n﹣1）d＝2+2（n﹣1）＝2n；
（Ⅱ）数列{bn}满足：，
可得a1＝，即b1＝8；
n≥2时，an﹣1＝++…+，
与，
相减可得2＝，即有bn＝2（3n+1），
上式对n＝1也成立，可得bn＝2（3n+1），n∈N*；
（Ⅲ）＝n（3n+1），
则前n项和Tn＝（1•3+2•32+…+n•3n）+（1+2+…+n），
设Sn＝1•3+2•32+…+n•3n，3Sn＝1•32+2•33+…+n•3n+1，
相减可得﹣2Sn＝3+32+…+3n﹣n•3n+1＝﹣n•3n+1，
化简可得Sn＝，
则Tn＝+n（n+1）．
22．【解答】解：（Ⅰ）由得，故，
∵an＞0，∴Sn＞0，∴＝+1，（2分）
∴数列是首项为，公差为1的等差数列．（3分）
∴，∴，…（4分）
当n≥2时，，a1＝1，…（5分）
又a1＝1适合上式，∴an＝2n﹣1．…（6分）
（Ⅱ）将an＝2n﹣1代入，…（7分）
∴…（9分）
∵Tn﹣na＜0，∴，
∵n∈N+，∴…（10分）∴，
∵2n+1≥3，，，∴．（12分）
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