2021-2022学年安徽省滁州市定远县高二年级下册学期第二次月考数学试题【含答案】

这是一份2021-2022学年安徽省滁州市定远县高二年级下册学期第二次月考数学试题【含答案】，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省滁州市定远县高二下学期第二次月考数学试题 一、单选题1．等差数列的前n项和记为.若为一个确定的常数，则下列各数也是常数的是.A． B． C． D．【答案】B【分析】先由等差数列性质得到是一个确定的常数，再由等差数列的求和公式，即可判断出结果.【详解】因为等差数列中，是一个确定的常数，所以为确定的常数.故选B【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列性质以及等差数列的求和公式即可，属于常考题型.2．函数图像上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，利用圆上一点到原点的距离的取值计算出公比的范围，进而判断即可求解.【详解】函数等价为，表示为圆心在半径为1的上半圆，圆上点到原点的最短距离为1，最大距离为3，若存在三点成等比数列，则最大的公比q应有，即，最小的公比应满足，所以，所以公比的取值范围为，所以不可能成为该等比数列的公比．故选：B.3．有两个等差数列，若，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】把等式右边变为两个等差数列前项和的比的形式，最后利用等差数列的下标性质求出的值.【详解】设等差数列前项和分别为，，,故选B.【点睛】本题考查了等差数列前项和和等差数列的下标性质，考查了数学运算能力.4．等比数列中，，则A． B． C． D．【答案】B【分析】由等比数列性质可知，，成等比数列；从而可得，代入即可求得结果．【详解】由等比数列性质可知：，，成等比数列，即：，解得：故选：B5．已知数列各项均不为零，且，若，则（    ）A．19 B．20 C．22 D．23【答案】A【分析】先由，再求得，化为，利用累乘法求得的通项公式(含有参数t),根据的值求得的值，从而就容易求出结果了.【详解】由得，则.令，则数列是公差为1，首项为t1的等差数列，所以，所以.所以当n1时，，也符合上式，所以；所以,解得,所以，所以，故选A.【点睛】求解本题的关键：（1）由得到，从而得到数列是等差数列；（2）会利用累乘法得到，进而得到的通项公式．6．秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”如果把以上这段文字写成公式就是，其中a，b，c是的内角A，B，C的对边，若且，，成等差数列，则面积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由，得到，推出；再由，，成等差数列，得到，根据题中面积公式，得出，即可求出三角形面积的最值.【详解】因为，所以，因此，所以，因此；即，所以；又，，成等差数列，所以，所以，当且仅当时，等号成立.故选：D.【点睛】本题主要考查求三角形面积的最值，考查解三角形的应用，涉及等差中项的应用、两角和的正弦公式、二次函数的最值等式，属于常考题型.7．是等比数列，是等差数列，，公差，公比，则与的大小关系为（    ）.A． B． C． D．不确定【答案】C【分析】先根据等差数列与等比数列通项公式求，再根据条件得，最后根据作差法，结合二项式定理放缩确定大小.【详解】所以故选：C【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项公式、作差法，二项式定理，考查综合分析论证能力，属中档题.8．已知数列是等差数列，，其中公差，若 是和的等比中项，则（    ）A．398 B．388C．189 D．199【答案】C【分析】数列是等差数列，，其中公差，由 是和的等比中项，可得，解得即可得出．【详解】解：数列是等差数列，，其中公差， 是和的等比中项，，化为，．所以，则．故选：C．9．在数列中，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据递推公式，计算数列的前4项，得出数列的周期，进而求得结果.【详解】在数列中，，，，，所以数列的周期为3，，所以，故选：B.10．已知为等差数列中的前项和，，，则数列的公差A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：由，可得,解方程组即可的结果.详解：由等差数列中的前项和，，，得，解得，故选：B.点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前 项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.11．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.【详解】在等式中，令，可得，，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，，，则，解得.故选：C.【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.12．设正项数列的前项和为，且，则（    ）A．24 B．48 C．64 D．72【答案】B【分析】由，得到，从而得到是以为首项，为公差的等差数列，求出数列的通项公式，再根据等差数列的下标和性质计算可得；【详解】解：因为所以当时，由，得，当时，得，∴，．∵，∴．∴是以为首项，为公差的等差数列，∴，则．故选：B【点睛】本题考查数列递推公式，等差数列的通项公式等知识，考查数学运算能力，属于中档题. 二、填空题13．已知数列的前n项和为，则的值为______.【答案】##【分析】由，得，化简后可得从第2项起，是以为公比，为首项的等比数列，从而可求出的值【详解】由，得，所以，所以，因为，所以从第2项起，是以为公比，为首项的等比数列，所以，故答案为：14．已知数列的前项和为，，，其中为常数，若，则数列中的项的最小值为__________．【答案】【分析】由求得再利用公式求出，根据求得从而可得结果.【详解】,,,①时，，②②-①化为，所以是公比为2的等比数列，，由，可得，解得，即中的项的最小值为，故答案为.【点睛】本题主要考查递推关系求通项公式，以及等比数列的定义，数列的最小项，属于难题. 已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.15．已知数列满足，且前8项和为506，则___________.【答案】##1.5【分析】先根据递推公式求得数列是以为首项，为公比的等比数列，然后根据等比数列的求和公式列出方程求解.【详解】解：由题意得：，即数列是以为首项，为公比的等比数列，记数列的前项和为解得：故答案为：16．在等差数列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的两根，则数列{an}的前11项和＝____【答案】【分析】由已知有，再利用等差数列前项和公式可求解.【详解】由已知得，所以数列的前11项和．故答案为： 三、解答题17．数列的前n项和记为，且．（1）用表示通项；（2）若，求k的取值范围．【答案】（1）当时， ，当 时，；（2）【分析】（1）根据，利用数列的通项与前n项和间的关系，分当和当时，结合等比数列的定义求解.（2）由（1）知当时，， ，成立，当 时，，由，得到求解.【详解】（1）当时，，解得，当时，由，得，两式相减得： 当 时，，又，所以数列是等比数列，所以.当时，（2）当时， ，当 时，，因为，所以，解得，综上k的取值范围为【点睛】本题主要考查数列的通项与前n项和间的关系，等比数列的定义，通项公式以及数列极限问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18．已知是递增的等差数列，、是方程的根（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）转化条件为，，由等差数列的通项公式列方程即可得，即可得解；（2）结合错位相减法运算即可得解.【详解】（1）因为方程的根为，，是递增的等差数列，所以，，设等差数列的公差为，则，解得，所以；（2）由题意，，所以，，所以，所以.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是注意错位相减法的应用，要注意适用条件，细心计算.19．已知公差不为0的等差数列的首项a1为a(a∈R)，设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式及Sn；（2）记An=++…+，Bn=+…+，当n≥2时，试比较An与Bn的大小.【答案】（1），；（2）当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn【分析】（1）根据，，成等比数列，利用等比中项可求出等差数列的公差，从而求{an}的通项公式及Sn；（2）由（1）得出，利用裂项法求；根据题意判断出为等比数列，利用等比数列的前项和公式求，从而比较An与Bn的大小.【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，所以，即，因为d≠0，所以d=a1=a，所以，.（2）因为，所以，所以An=++…+，因为，所以，所以，所以为等比数列，且首项为，公比为，所以Bn=+…+， 因为当n≥2时，，所以，又由题意可知，所以当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn.20．已知数列的前项和为，点在函数的图像上．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：.【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）利用数列的递推关系式求出数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和，观察即可得结论．【详解】解：（1）∵点在的图像上，∴.①当时，．②①－②，得.当时，，符合上式，∴.（2）由（1）得，∴．【点睛】本题考查数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，考查计算能力，难度不大．21．已知数列满足，且（且），（1）求证：数列是等差数列；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析（2）.【分析】（1）由递推关系两边同除以，可得，即可证明；（2）由（1）求出，代入，利用相加相消求和即可.【详解】（1）数列为等差数列  （2）由（1）知,为方便设，则∴【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，等差数列的定义、通项公式，数列的求和，考查了推理运算能力，属于中档题.22．已知数列{an}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列{an}前n项和为Sn，且满足S3=a4，a3+a5=2+a4(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}前2k项和S2k；(3)在数列{an}中，是否存在连续的三项am，am+1，am+2，按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有满足条件的正整数m的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，1 【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，由已知条件列方程组求得后可得通项公式；（2）按奇数项与偶数项分组求和；（3）按分奇偶讨论，利用，寻找的解．【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a5=1+2d．∵S3=a4，∴1+2+(1+d)=2q，即4+d=2q，又a3+a5=2+a4，∴1+d+1+2d=2+2q，即3d=2q，解得d=2，q=3．∴对于k∈N*，有a2k-1=1+(k-1)•2=2k-1，故（2）S2k=(a1+a3+…+a2k-1)+(a2+a4+…+a2k)=[1+3+…+(2k－1)]+2(1+3+32+…+3k-1)=．（3）在数列{an}中，仅存在连续的三项a1，a2，a3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1，下面说明理由若am=a2k，则由am+am+2=2am+1，得2×3k-1+2×3k=2(2k+1)．化简得4•3k-1=2k+1，此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立．若，则由am+am+2=2am+1，得(2k－1)+(2k+1)=2×2×3k-1化简得k=3k-1，令，则．因此，1=T1＞T2＞T3＞…，故只有T1=1，此时k=1，m=2×1－1=1．综上，在数列{an}中，仅存在连续的三项a1，a2，a3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1．