2021-2022学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二下学期第一次月考数学试题含解析

2021-2022学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二下学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．已知是公差为d的等差数列，为其前n项和．若，则（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【解析】根据是公差为d的等差数列，且，利用等差数列的前n项和公式求解.

【详解】因为是公差为d的等差数列，且，

所以，

解得，

故选：C

2．设是等比数列，且，，则（       ）

A．12 B．24 C．30 D．32

【答案】D

【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.

【详解】设等比数列的公比为，则，

，

因此，.

故选：D.

【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．

3．已知数列是等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么当时，的最大值为（       ）

A．10 B．11 C．20 D．21

【答案】C

【分析】由题结合等差数列的性质可得，，即可判断当时，的最大值.

【详解】由等差数列的性质，知，又，∴和异号．

∵数列的前项和有最大值，∴数列是递减的等差数列，∴，，

，，

∴当时的最大值为20．

故选：C.

4．若函数，则的值为（       ）

A．12 B．16 C．18 D．24

【答案】B

【分析】求函数得导数，将x=-2代入，即可求得答案。

【详解】由函数得：，

故，则，

故选：B

5．已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足、、成等差数列.其前项和为，且，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据，，成等差数列以及单调递减，求出公比，再由即可求出，

再根据等比数列通项公式以及前项和公式即可求出.

【详解】解：由，，成等差数列，

得：，

设的公比为，则，

解得：或，

又单调递减，

 ，

，

解得：，

数列的通项公式为：，

.

故选：C．

6．已知数列的前n项和为，，对任意的都有，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由，可得，数列为常数列，令，可得，进而可得，利用裂项求和即可求解.

【详解】数列满足，对任意的都有，

则有，可得数列为常数列，

有，得，得，

又由，

所以．

故选：C

【点睛】方法点睛：数列求和的方法

（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法

（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；

（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；

（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；

（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.

7．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人，为第一轮传染，这R0个人中每人再传染R0个人，为第二轮传染，…….R0一般由疾病的感染周期､感染者与其他人的接触频率､每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数，平均感染周期为7天，设某一轮新增加的感染人数为M，则当M>1000时需要的天数至少为（       ）参考数据：lg38≈1.58

A．34 B．35 C．36 D．37

【答案】D

【解析】假设第轮感染人数为，根据条件构造等比数列并写出其通项公式，根据题意列出关于的不等式，求解出结果，从而可确定出所需要的天数.

【详解】设第轮感染人数为，则数列为等比数列，其中，公比为，

所以，解得，

而每轮感染周期为7天，所以需要的天数至少为．

故选：D.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个：（1）理解题意构造合适的等比数列；（2）对数的计算.

8．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的解集是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先由图像分析出的正负，直接解不等式即可得到答案.

【详解】由函数的图象可知, 在区间上单调递减,在区间(0,2)上单调递增，即当时, ;当x∈(0,2)时, .

因为可化为或，解得：0<x<2或x<0,

所以不等式的解集为.

故选:C

二、多选题

9．下列求导运算正确的是（       ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】ACD

【分析】利用导数的运算求解判断.

【详解】A. 因为，所以，故正确；

B.因为，所以，故错误；

C. 因为，所以，故正确；

D. 因为，所以，故正确.

故选：ACD

10．数列是首项为1的正项数列，，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（       ）

A． B．数列是等比数列

C． D．

【答案】AB

【分析】由题设有，根据等比数列的定义判断B，并写出数列的通项公式，应用分组求和求，即可判断A、C、D.

【详解】∵，可得，

∴数列是等比数列，B正确；

又，则，

∴，C错误；则，A正确；

∴，D错误．

故选：AB．

11．已知数列的前项和为，下列说法正确的（       ）

A．若，则是等差数列

B．若，则是等比数列

C．若是等差数列，则

D．若是等比数列，且，，则

【答案】ABC

【分析】利用并结合等差等比数列的定义即可判断选项A，B；根据等差求和公式和等差数列性质即可判断选项C；举反例时，即可判断选项D.

【详解】对于选项A：由，得Sn﹣1=（n﹣1）2+2(n-1)=n2-1，

两式相减得an=Sn﹣Sn﹣1=，

又当n=1时，a1=S1=12+2=3，满足上式，

所以an=，故是等差数列，选项A正确；

对于选项B：由，得，

两式相减得，

又，满足上式，所以，

故，即是以1为首项，以2为公比的等比数列，选项B正确；

对于选项C：由是等差数列，得，选项C正确；

对于选项D：若等比数列的公比，则

，选项D错误.

故选：ABC.

12．等比数列的公比为，且满足，，．记，则下列结论正确的是（       ）

A． B．

C． D．使成立的最小自然数等于2021

【答案】AD

【分析】求得q的取值范围判断选项A；求得与1的关系判断选项B；求得与的大小关系判断选项C；求得使成立的最小自然数判断选项D.

【详解】由，可得①或②

由①得，又，则，

由②得，，又，则，

又，则，则数列为递增等比数列.这与，矛盾.舍去.

综上，可得.选项A判断正确；

，又，则.选项B判断错误；

又数列中，，，，

则有，

则.选项C判断错误.

，

则使成立的最小自然数等于2021.选项D判断正确.

故选：AD

三、填空题

13．已知函数，则__________．

【答案】10

【分析】求导，根据，利用导数的定义求解.

【详解】因为，

所以，

，

，

，

，

．

故答案为：10

14．等比数列的前n项和，则的通项公式为______．

【答案】

【分析】根据题意求出的前3项，根据是等比数列求出r即可.

【详解】当时，；

当时，；

当时，.

∴，解得，

∴等比数列的首项，公比q＝3，∴.

故答案为：.

15．函数的单调增区间是________．

【答案】，

【分析】求导后，令即可解得所求的增区间.

【详解】由题意得：定义域为，，

令，解得：或，

的单调增区间为，.

故答案为：，.

16．已知函数，数列为等比数列，，，则______．

【答案】

【分析】可证明，由是等比数列，可得，即

，设

，倒序相加即得解

【详解】∵，

∴．

∵数列是等比数列，∴，

∴．

设，①

则，②

①＋②，得

，

∴．

故答案为：

四、解答题

17．已知数列的前项和.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可求得数列的通项公式；

（2）证明出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列求和公式可求得.

【详解】(1)解：由题意，当时，，

当时，，

当时，也满足，，．

(2)解：由（1）知，，则且，

故数列是以为首项，为公比的等比数列，．

18．已知数列，，，且对任意，都有，

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项的和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，得到，再利用等差数列的定义求解；

（2）由（1）得到，再分n为偶数和奇数，利用分组求和法求解.

【详解】(1)解：∵，

∴，

∴数列为等差数列，

设公差为d，则，

又，

∴．

(2)∵，

由（1）知，

∴当n为偶数时，，

，

；

当n为奇数时，，

，

，

；

∴．

19．已知函数．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)设，讨论函数的单调区间．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）首先求出，再求出导函数，即可求出切线的斜率，最后利用点斜式求出切线方程；

（2）求出函数的导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；

【详解】(1)解:当时，，

则，又，

设所求切线l的斜率为k，则，

则切线l的方程为：，化简即得：．

(2)解：因为，其定义域为，

，

①若，则，

当时，；当时，．

②若，则，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

③若，则，在单调递减

④若，则，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

综上所述：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和；

当时，在上单调递减；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和．

20．已知数列的首项为，且满足.

(1)求证：数列为等比数列；

(2)设，记数列的前项和为，求，并证明：.

【答案】(1)证明见解析

(2)，证明见解析

【分析】（1）根据等比数列的定义证明；

（2）由错位相减法求得和，再由的单调性可证得不等式成立．

【详解】(1)由得

   又，

数列是以为首项，以为公比的等比数列.

(2)由（1）的结论有   

            ①

   ②

①②得：

又为递增数列，

.

21．已知正项数列的首项，前n项和满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)记数列的前n项和为，若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）化简数列的递推公式，得，进而可求解数列的通项公式；

（2）利用裂项法，求解，列出不等式，即求.

【详解】(1)当时，，

∴，即，又，

所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，故，

又由（），

当时，也适合，

所以.

(2)∵，

∴，

又∵对任意的，不等式恒成立，，

∴，解得或.

即所求实数的范围是或.

22．已知椭圆：的长轴长是短轴长的两倍，且过点.

(1)求椭圆的方程.

(2)设椭圆的下顶点为点，若不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点.若，的横坐标之积是2，证明：直线过定点.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，列出关于a，b的方程求解作答.

（2）设出直线l的方程及点P，Q的坐标并表示出点M，N的坐标，再联立l与E的方程，借助韦达定理计算作答.

【详解】(1)依题意，，椭圆E方程为：，又椭圆过，于是有，解得，，

所以椭圆的方程为.

(2)由（1）知，依题意，设直线的方程为，，，

直线的方程为，令，得点的横坐标为，同理得点的横坐标为，

由消去y并整理得，，

，即，，，

因此，

，即，解得，

直线的方程为，过定点，

所以直线过定点.

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，

借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.