江西省南昌市江西师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江西省南昌市江西师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 63B. 36C. 45D. 27
2. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知数列的通项公式为，若是递增数列，则实数k的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知是等差数列的前n项和，且，有下列四个命题，假命题的是（ ）
A. 公差B. 在所有中，最大
C. 满足的n的个数有11个D.
5. 一组数据如下表所示：
已知变量关于的回归方程为，若，则预测的值可能为
A. B. C. D.
6. 已知数列满足.记数列的前n项和为.若对任意的，都有，则实数k的取值范围为（ ）
A. B.
C D.
7. 已知数列满足，.若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
8. 设是等比数列，且，下列正确结论的个数为（ ）
①数列具有单调性； ②数列有最小值为；
③前n项和Sn有最小值 ④前n项和Sn有最大值
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设数列的前项和为，关于数列，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若，则既是等差数列又是等比数列
B. “，，成等差数列”是“”的充分不必要条件
C. 若，则是等比数列
D. 若是等比数列，则，，也成等比数列
10. 已知数列满足，，，则（ ）
A. B. 是递减数列
C. D.
11. 已知数列满足，，定义其“双阶变换”数列为.以下命题正确的是（ ）
A. 的通项公式为
B. 存在周期性
C. 当偶数时，
D. 的奇数项之和为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设正项数列满足，，则数列的通项公式是______．
13. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为__________.
（参考数据：）
14. 在陈塘关，哪吒发现高中学生的仙术成绩（类似数学成绩设为）、法定操控成绩（类似物理成绩设为）、灵符绘制成绩（类似化学成绩设为）两两成正相关关系.哪吒随机抽取了55名仙童，仙术成绩和法定操控成绩的样本线性相关系数为，法定操控成绩和灵符绘制成绩的样本线性相关系数为，求仙术成绩和灵符绘制成绩的样本线性相关系数的最大值为________.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列是公差不为0等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前2025项和.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，过作直线交于，两点，的最小值为4.
（1）求的方程；
（2）若，过作与关于轴对称的直线交于C，D两点，求四边形的面积.
17. 设公比为正的等比数列前项和为，且成等差数列．
（1）求的通项；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
18. 近期，流感在某小学肆意传播.流感病毒主要在学生之间传染，低年龄段（一、二年级）的学生感染情况相对较多.病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他同学的可能性越高.学校对300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出潜伏期的平均数为2，方差，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照年级统计样本，得到如下列联表：
（1）是否有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关？
（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差
（i）学校现在对有流感症状学生的密切接触者一律要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性.
（ii）以题目中的样本估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，当为何值时，取最大值.
（附：，）
若，则，，.
参考数据：，，.
19. 已知数列满足.
（1）求数列通项公式；
（2）保持数列中的各项顺序不变，在每项与之间插入一项，组成新的数列，记数列前项和为，若，求的最小值；
（3）已知数列满足，数列满足，数列前项和记为，是否存在正整数，，使成立？若存在，求出所有的正整数对，若不存在，请说明理由.
高二年级下学期第一次素养测试数学试卷
命题人：肖贤民 审题人：占颖
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 63B. 36C. 45D. 27
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的前项和的性质，列式求解.
【详解】由等差数列的项和的性质可知，成等差数列，
即，，成等差数列，所以，所以.
即.
故选：C
2. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】比较、时不等式左边代数式的差异后可得需添加的项，从而得到正确的选项.
【详解】当时，所假设的不等式为，
当时，要证明的不等式为，
故需添加的项为：，
故选：B.
【点睛】本题考查数学归纳法，应用数学归纳法时，要注意归纳证明的结论和归纳假设之间的联系，必要时和式的开端和结尾处需多写几项，便于寻找差异.本题属于基础题.
3. 已知数列的通项公式为，若是递增数列，则实数k的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据递增数列的性质.然后通过已知的数列通项公式求出的表达式，再根据该表达式大于对恒成立这一条件，求出的取值范围.
【详解】已知，那么.
所以.
化简后得到.
因为是递增数列，所以对恒成立，
即对恒成立.这意味着对恒成立.
对于函数，，越大，的值越小.
当时，取得最大值，所以
故选：C.
4. 已知是等差数列的前n项和，且，有下列四个命题，假命题的是（ ）
A. 公差B. 在所有中，最大
C. 满足的n的个数有11个D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设条件可判断数列是递减数列，这样可判断A是否正确；
根据最大，可判断数列从第七项开始变为负的，可判断D的正确性：利用等差数列的前n项和公式与等差数列的性质，可判断、的符号，这样就可判断B、C是否正确．
【详解】等差数列中，最大，且，，A正确；
，，，D正确；,
，，；
的值当递增，当递减，前12项和为正，当时为负．
故B正确；满足的n的个数有12个，故C错误.
故选C．
【点睛】本题考查等差数列的前n项和的最值在等差数列中,存在最大值的条件是：
，;存在最小值的条件是：，．
5. 一组数据如下表所示：
已知变量关于的回归方程为，若，则预测的值可能为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，求得之间的数据对照表，结合样本中心点的坐标满足回归直线方程，即可求得；再令，即可求得预测值.
详解】将式子两边取对数，得到，令，得到，
根据已知表格数据，得到的取值对照表如下：
由上述表格可知：
，，
利用回归直线过样本中心点，即可得，
求得，则，
进而得到，将代入，
解得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用样本中心点坐标满足回归直线方程求参数值，以及由回归方程进行预测值得求解，属中档题.
6. 已知数列满足.记数列的前n项和为.若对任意的，都有，则实数k的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由递推关系式结合等比数列通项公式可得，再由裂项相消求和可得，利用数列的函数特性可得.
【详解】由可得,
即数列是以为首项，公比的等比数列，
可得，即；
所以，
因此
，且当x趋近于+∞时，趋近于，
所以实数k的取值范围为.
故选：A
7. 已知数列满足，.若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列通项公式求得，再写出，相减可求得奇数项前后的差（或偶数项前后项的差），然后由累加法结合等比数列的前项和公式计算．
【详解】由已知，数列是公比为2的等比数列，
所以，时，.
两式相减得，
所以，
故选：D．
8. 设是等比数列，且，下列正确结论的个数为（ ）
①数列具有单调性； ②数列有最小值为；
③前n项和Sn有最小值 ④前n项和Sn有最大值
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由，再结合分类讨论思想可得到数列的性质，从而可判断每一个问题.
【详解】由，有.
当时，有，解得，
此时数列是每一项都是正数的单调递增数列，所以其前n项和Sn没有最大值，故④不正确；
当时，有，解得或.
当时，数列是摆动数列，不具有单调性，故可知①、②不正确.
当，时，，故前n项和Sn无最小值，故可知③不正确.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设数列的前项和为，关于数列，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若，则既是等差数列又是等比数列
B. “，，成等差数列”是“”的充分不必要条件
C. 若，则是等比数列
D. 若是等比数列，则，，也成等比数列
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列、等比数列的定义判断．
【详解】对于A，若，则不是等比数列，A错；
对于B，，，成等差数列，例如，但是，B错；
对于C ,若，则时，，也适合上式，所以，等比数列，C正确；
对于D，等比数列，若，则，此时不可能是等比数列，D错，
故选：C．
10. 已知数列满足，，，则（ ）
A. B. 是递减数列
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由前后项的差判断单调性，结合单调性、累加法判断A，已知式变形为，利用裂项相消法求和后判断C，变形为，由连乘法求结合不等式的性质判断D．
【详解】对于B，显然，否则与矛盾，由已知得，即，是递增数列，B错；
对于A，由上分析知，所以，
而，
所以，A正确；
对于C，由得，
所以，
所以
，C正确；
对于D，，，
所以，
所以，D错；
故选：AC．
11. 已知数列满足，，定义其“双阶变换”数列为.以下命题正确的是（ ）
A. 的通项公式为
B. 存在周期性
C. 当为偶数时，
D. 的奇数项之和为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据递推关系式，利用累加法求出数列的通项公式；分类讨论为偶数和奇数时，根据题意求和得出数列的通项公式；利用分组求和法结合平方和公式可求出的奇数项之和.根据所求结果分别对选项进行判断即可.
【详解】由题意，，当时，，
所以
当时，适合上式，所以.
故A正确.
由题意，，
当为偶数时，，
此时，则有即，
所以
当为奇数时，则为偶数，则有，
所以
故B错误，C正确.
对于D，为了方便计算，采用，
当为奇数时，其前项中，奇数项有项，
则
当为偶数时，其前项中，奇数项有项，
此时为奇数，根据上述结论，则有
则
故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设正项数列满足，，则数列的通项公式是______．
【答案】
【解析】
【分析】将等式两边同时取对数后，转化为的形式，再利用构造法求通项公式．
【详解】原式两边同时取对数，得，
即．设，则，
又，
所以是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以，所以，所以．
故答案为：.
13. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为__________.
（参考数据：）
【答案】5
【解析】
【分析】根据题意求出第次操作后去掉的各区间长度之和，列不等式结合所给参考数据即可得.
【详解】记表示第次去掉的长度，，第2次操作，去掉的线段长为，
第次操作，去掉的线段长度为，
，则，
由的最大值为5.
故答案为：5
14. 在陈塘关，哪吒发现高中学生的仙术成绩（类似数学成绩设为）、法定操控成绩（类似物理成绩设为）、灵符绘制成绩（类似化学成绩设为）两两成正相关关系.哪吒随机抽取了55名仙童，仙术成绩和法定操控成绩的样本线性相关系数为，法定操控成绩和灵符绘制成绩的样本线性相关系数为，求仙术成绩和灵符绘制成绩的样本线性相关系数的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用相关系数公式可看作为维向量的夹角公式，从而把相关系数问题转化为向量夹角问题，即可求解．
【详解】设，，，
记，，，
由相关系数公式知，
设与夹角为，与夹角为，
因为仙术成绩和法定操控成绩的样本线性相关系数为，法定操控成绩和灵符绘制成绩的样本线性相关系数为，
所以，，由这两个夹角都是锐角，所以，
所以与夹角为或，
则与夹角余弦的最大值为，
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前2025项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列建立等量关系，在由等差数列中项的关系，求出公差即可写出等差数列通项公式；
（2）写出数列的通项公式，讨论的不同取值时，的值，从而写出数列的前2025项的和，根据周期性分组求和.
【小问1详解】
设数列公差为，
由题意可知，即，
∴，则，解得，
∴.
【小问2详解】
，
当为偶数时，为奇数，则，即，
当时，，
当为偶数时，，当为奇数时，，
设数列的前项和为，
则，
.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，过作直线交于，两点，的最小值为4.
（1）求的方程；
（2）若，过作与关于轴对称的直线交于C，D两点，求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦距得的值，根据椭圆的几何性质知当轴时，的值最小，从而解得的值，进而得椭圆的标准方程；
（2）设，与椭圆方程联立，可得，再由得，从而解得的值，进而根据几何性质求面积即可.
【小问1详解】
设半焦距为，由，得，
当轴时，的值最小，将代入，
得，所以，解得，，
故的方程为：.
【小问2详解】
由题意得，直线的斜率不为0，设，联立，
整理得.
易知，设，，则，
由得，
代入（*），得，，解得.
由对称性可知，四边形为等腰梯形，其面积为：
，
所以四边形面积为.
17. 设公比为正的等比数列前项和为，且成等差数列．
（1）求的通项；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列求和计算求出公比，再根据等差中项列式基本量运算得出首项，最后应用等比数列通项公式计算即可；
（2）根据（1）中计算得出,化简得出累加得出，最后应用裂项相消求和即得.
【小问1详解】
因为等比数列公比,，
所以，即，
是等差数列，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，所以
所以，故，
累加法得出，
，
.
18. 近期，流感在某小学肆意传播.流感病毒主要在学生之间传染，低年龄段（一、二年级）的学生感染情况相对较多.病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他同学的可能性越高.学校对300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出潜伏期的平均数为2，方差，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照年级统计样本，得到如下列联表：
（1）是否有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关？
（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差
（i）学校现在对有流感症状学生的密切接触者一律要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性.
（ii）以题目中的样本估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，当为何值时，取最大值.
（附：，）
若，则，，.
参考数据：，，.
【答案】（1）有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关；
（2）（i）见解析；（ii）186.
【解析】
【分析】（1）由已知数据计算后与临界值比较可得；
（2）（i）由潜伏期，利用小概率事件判断；（ii）求得1个人属于长潜伏期的概率为，得，然后解不等式组可得．
【小问1详解】
由题意χ2=30040×130-100×302140×160×70×230≈4.026>3.841，
所以有95%的把握认为“长潜伏期”与年级有关；
【小问2详解】
（i）由题意，潜伏期，
，
所以，
即潜伏期5天或以上的概率约为，非常的小，
所以隔离5天后，一般不会再传染，即隔离5天是合理的；
（ii）由题意，1个人属于长潜伏期的概率为，
所以，
设时最大，
则，
解得，又，所以，
所以时取得最大值．
19. 已知数列满足.
（1）求数列通项公式；
（2）保持数列中的各项顺序不变，在每项与之间插入一项，组成新的数列，记数列前项和为，若，求的最小值；
（3）已知数列满足，数列满足，数列的前项和记为，是否存在正整数，，使成立？若存在，求出所有的正整数对，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，说明理由见解析.
【解析】
【分析】（1）条件可看作数列的和，故而采用降标作差的方法；
（2）每两个数之间插入一个新的数据，故而根据特征先计算，再利用数列的递增性质来计算；
（3）利用待定系数法将裂项，进而求出，化简整理得出，再分别研究左右两侧数列的增减性以及取值范围.
【小问1详解】
当时，，
两式作差得，即，
令，则，得，满足上式，
则数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可知，，
则
，
则，
则，
因，故数列为递增数列，
则时的最小值为.
【小问3详解】
不存在正整数，，使成立，理由如下：
，则，
令，
则
若，则，得，
则，
，
欲使，只需，即，
又，且数列是递增数列，故，
故只需即可，
而，
则数列是递减数列，
因，故不存在使成立，
即不存在正整数，，使成立.
1
2
3
4
年龄/人数
长潜伏期
非长潜伏期
低年龄段（一、二年级）
40
100
高年龄段（三~六年级）
30
130
0.10
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635
1
2
3
4
年龄/人数
长潜伏期
非长潜伏期
低年龄段（一、二年级）
40
100
高年龄段（三~六年级）
30
130
0.10
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635