【文档说明】安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试题 含解析.docx，共(18)页，686.473 KB，由小赞的店铺上传

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安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试卷一、单选题（共8小题）1.已知数列na的通项公式为()1*11=2nnanN−+−，，则该数列的前4项依次为（）A.1，0，1，0B.0，1，0，1C.12，0，12，0D.2，0，2，0【答案】A【

解析】【分析】由()111,2nnanN−+−=，分别令n=1，2，3，4求解.【详解】因为()111,2nnanN−+−=，所以n分别取1，2，3，4，可得1231010aaaa====4,,,．故选：A．2.设na=1111123nnnn++

++++…21n（n∈N*），则2a=（）A.12B.1123+C.111234++D.11112345+++【答案】C【解析】【分析】由已知递推公式写出2a即可.【详解】由na=1111123nnnn++++++…21n

（n∈N*），所以2a=111234++.故选：C.3.已知数列{an}的通项公式an=log(n1)(n2)，则它的前30项之积是（）A.15B.5C.6D.231log3log325+【答案】B【解析】【分析】根

据给定的通项公式并按要求列式，再借助对数的换底公式计算即可作答.【详解】1233023431log3log4log5log32aaaa=5222222222log4log5log32log3log32log25log3log4log3

1====，所以所求前30项之积是5.故选：B4.若数列na的通项公式为()*2196nnanNn=+，则这个数列中的最大项是A.第12项B.第13项C.第14项D.第15项【答案】C【解析】

【分析】由21=196196nnannn=++，再利用基本不等式求最值即可得解.【详解】由21=196196nnannn=++，因为196196228nnnn+=，当且仅当14n=时，196nn+有最小值28，所以当14n=时，1196nn+取得最大值128，故选：C.

【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求数列的最值，属于基础题.5.已知数列na的通项公式是31nnan=+，那么这个数列是（）A.递增数列B.递减数列C.摆动数列D.常数列【答案】A【解析】【分析】作差得出1na+和na的大小关系，进而可判断出数列

na的单调性.【详解】31nnan=+，()()()()()()()131134110343131343134nnnnnnnnaannnnnn+++−++−=−==++++++，1nnaa+，因此，数列na是递增数

列.故选：A.【点睛】本题考查数列单调性的判断，涉及数列单调性定义的应用，考查推理能力，属于基础题.6.已知各项均为正数的等比数列na的前4项和为15，且53134aaa=+，则3a=A.16B.8C.4D.2【答案】C【解析】【分析】利用方程思想列出关于1

,aq的方程组，求出1,aq，再利用通项公式即可求得3a的值．【详解】设正数的等比数列{an}的公比为q，则2311114211115,34aaqaqaqaqaqa+++==+，解得11,2aq==，2314aaq==，故选

C．【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．7.已知数列na，如果1a，21aa−，32aa−，……，1nnaa−−，……，是首项为1，公比为13的等比数列，则na=A31123n（）−B.131123n−−（）C.

21133n−（）D.121133n−−（）【答案】A【解析】【详解】分析：累加法求解．详解：111()3nnnaa−−−=，2121()3nnnaa−−−−=，3232111()33nnnaaaa−−−−=−=解得31123nna=−（）点睛：形如()1nnaafn−−=的

模型，求通项公式，用累加法．.8.已知数列na满足：()()638,6,6nnannanNan+−−−=，且数列na是递增数列，则实数a的取值范围是（）A.()2,3B.)2,3C.10,37D.2,3【答案】C【解析】【分析】根据

na是递增数列，结合na的通项公式有76301aaaa−，解之得a的范围【详解】由题意，数列na是递增数列1、当6n时，有30a−；2、当6n时，有1a；3、76aa，即106aa−综上，有1037a故选：C【点睛】本题考查了数列的单调性，利用数列的单调性

列不等式求参数范围，属于简单题二、多选题（共4小题）9.在数列na中，如果对任意*nN都有211nnnnaakaa+++−=−（k为常数），则称na为等差比数列，k称为公差比.下列说法正确的是（）A.等差数列一定是等差比数列B.等差比数列的公差比一定不为0C.若3

2nna=−+，则数列na是等差比数列D.若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比【答案】BCD【解析】【分析】考虑常数列可以判定A错误，利用反证法判定B正确，代入等差比数列公式判定CD正确.【详解】对于数列na，考虑121,1,1nnnaaa

++===，211nnnnaaaa+++−−无意义，所以A选项错误；若等差比数列的公差比为0，212110,0nnnnnnaaaaaa+++++−−−==，则1nnaa+−与题目矛盾，所以B选项说法正确；若32n

na=−+，2113nnnnaaaa+++−=−，数列na是等差比数列，所以C选项正确；若等比数列等差比数列，则11,1nnqaaq−=，()()11211111111111nnnnnnnnnnaqqaaaqaqqaaaqaqaqq+++−−+−−−===−−−，所以

D选项正确.故选：BCD【点睛】易错点睛：此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意：（1）常数列作为特殊的等差数列公差为0；（2）非零常数列作为特殊等比数列公比为1.10.设等差数列na的前n

项和为nS，且4523SS=，621S=，若12111222nSSS+++恒成立，则的值不可以是（）A.1B.0C.1−D.2【答案】BC【解析】【分析】由4523SS=，求得1ad=，又由621S=，求得1

1ad==，求得(1)2nnnS+=，得到11121nSnn=−+，进而求得12111112221nSSSn+++=−+，结合题意，即可求解.【详解】设等差数列na的公差为d，因为4523SS=，所以

114325445232adad+=+，整理得1112181020adad+=+，即1ad=，由621S=，可得1656212ad+=，是即161521ad+=，所以11ad==，所以()()1122nnnnnSn−+=+=，所以()

1111211nSnnnn==−++，所以1211111111111122222311nSSSnnn+++=−+−++−=−++，因为12111222nSSS+++恒成立，所以1，

故选：BC.11.已知数列{}na是各项均为正数且公比不等于1的等比数列()*Nn，对于函数()fx，若数列()lnnfa为等差数列，则称函数()fx为“保比差数列函数”，则定义在()0,+上的如下函数中是“保比差数列函数”的有

（）A.()1fxx=为“保比差数列函数”B.()2fxx=为“保比差数列函数”C.()exfx=为“保比差数列函数”D.()fxx=为“保比差数列函数”【答案】ABD【解析】【分析】设数列na的公比为()1qq，利用保比差数列函数的定义，

结合等差数列的定义逐项验证即可.【详解】设数列na的公比为()1qq，选项A：()1lnlnnnfaa=，所以()()11111lnlnlnlnlnlnnnnnnnafafaqaaa+++−=−==−是常数，所以数列()lnnfa为等差数列，A满足题

意；选项B：()2lnlnnnfaa=，所以()()22221112lnlnlnlnlnln2lnnnnnnnafafaaaqqa+++−=−===是常数，所以数列()lnnfa为等差数列，B满足题意；选项C：()lnlnenan

nfaa==，所以()()11lnlnnnnnfafaaa++−=−不是常数，所以数列()lnnfa不为等差数列，C不满足题意；选项D：()lnlnnnfaa=，所以()()111lnlnlnlnln2nnnnfafaaaq++−=−=是常数，所以数列()lnnfa为等差

数列，D满足题意；故选：ABD12.已知各项均为正数的等差数列na中，12315aaa++=，且12a+，25a+，313a+构成等比数列nb的前三项，则（）A.25a=B.152nnb−=C.21n

an=−D.设15nnncab=，则数列nc的前n项和()2121=−+nnTn【答案】ABD【解析】【分析】运用等差数列等和性可分析A项，运用等差数列通项公式基本量计算可分析C项，运用等比数列通项公式基本量计算可分析B项，运用错位相减法求和可分析D项.【详解】设各项均为正数的等差数列{}

na的公差为d，则由已知得1232315aaaa++==，即25a=，故A项正确；又()()52513100−+++=dd，解得2d=或13d=−（舍去），123aad=−=，所以()1121naandn=+−=+，即：21nan=+，故C项错误；又1125ba=+=，22510ba=+=，所

以2q=，所以152nnb−=；故B项正确；所以1111(21)52(21)255nnnnncabnn−−==+=+，所以()2135272212nnTn−=+++++，()232325272212nnTn=++

+++，两式相减得()()()2142232222222123212122112nnnnnnTnnn−−−=++++−+=+−+−−−=，则()2121=−+nnTn．故D项正确.故选：ABD.三、填空题（共4小题）13.已知数列na满足112a

=，12nnnaaa+=−，若11nnba=−，则数列nb的通项公式为nb=．【答案】12n−【解析】【分析】根据12nnnaaa+=−，取倒数变形为111121nnaa+−=−，利用等比数列的定义求解.【详解】因为12nnnaaa+=−

，所以1121nnaa+=−，所以11211221nnnaaa+−=−=−，而1111a−=，且11nnba=−，数列nb是首项为1，公比为2的等比数列，11122nnnb−−==.故答案为：12n−14.已知()221xfxx=−，利用课本中推导等差

数列前n项和的公式的方法，可求得122022202320232023fff+++=．【答案】2022【解析】【分析】由()()12fxfx+−=，利用倒序相加求解.详解】解：由()()()()()

212212122121121xxxfxfxxxx−−+−=+==−−−−，令122022202320232023fffS+++=，则202220211202320232023ffSf+++=

，两式相加得：220222S=，∴2022S=．故答案为：202215.如果数列{}na满足211nnnnaakaa+++−=(k为常数)，那么数列{}na叫做等比差数列，k叫做公比差.给出下列四个结论：①

若数列{}na满足12nnana+=，则该数列是等比差数列；②数列{2}nn是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列；④存在等差数列是等比差数列.其中所有正确结论的序号是.【答案】①③④【解析】【分析】根据比等差数列的定义211nnnnaakaa+++−

=(k为常数)，逐一判断①②③④中的四个数列是否是等比差数列，即可得到答案.【【详解】①数列{}na满足12nnana+=，则2112(1)22nnnnaannaa+++−=+−=，满足等比差数列的定义，故①正确；②数列{2}

nn，+2122111(2)2(1)2(2)2(1)22(1)22(1)(1)nnnnnnnnaaaannnnnnnnnnn+++++−=+++−+−==−+++，不满足等比差数列的定义，故②错误；③等比数列2110nnnnaaaa+++−=，满足等比差数列，故③

正确；④设等差数列的公差为d，则22112()nnnnnnnnnnaaaaadaddadaaad+++−++−=−=++，故当0d=时，满足2110nnnnaaaa+++−=，故存在等差数列是等比差数列，即④正确；故答案为：①③④16.若数列na满足211nnnnaakaa++++=（k

为常数），则称数列na为等比和数列，k称为公比和，已知数列na是以3为公比和的等比和数列，其中11a=，22a=，则2019a=.【答案】10092【解析】【分析】令1nnnaba+=，则13nnbb++=①

，123nnbb+++=②，①-②得：20nnbb+−=，即2=nnbb+,得到()11,2=*2,21nnnnkabkNnka+===−，再用累乘法，即可求出2019a．【详解】解：令1nnnaba+=，则13nnbb++=①，123nnbb+++=②，①-②得：20nnbb

+−=，即2=nnbb+,又2112aba==，所以3221aba==，所以()1,2*2,21nnkbkNnk===−,即()11,2*2,21nnnkakNnka+===−，所以10093201924201911232018=1212

121212=2aaaaaaaaaa=所以100920192a=.故答案为10092【点睛】本题考查了数列递推式，解答此题的关键在于分析出数列的项的规律，是中档题．四、解答题（共6小题）17.设数列na满足11110,111nnaaa+=−=−−

（1）求na的通项公式；（2）设11nnabn+−=，记1knknSb==，证明：1nS．【答案】（1）11nan=−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知写出11na−的通项公式，进而求na

的通项公式；（2）应用裂项相消法求nS，即可证结论.【小问1详解】由111111nnaa+−=−−得：数列11na−是等差数列，首项为1111a=−，故()11111nnna=+−=−，从而11n

an=−.【小问2详解】11111111111nnannnbnnnnnn+−−−+−+====−++，所以111111111122311nnkkSbnnn===−+−++−=−++.18.等差数列{}na各项均为正数，13a=，前n项

和为nS，{}nb为等比数列,11b=，且2264,bS=33960bS=．(1)求na与nb；(2)求和：12111nSSS+++．【答案】（1）设{}na的公差为d，{}nb的公比为q，则d为正整数，3(1)nand=+−，1nn

bq−=依题意有23322(93)960{(6)64SbdqSbdq=+==+=①————————4分解得2{,8dq==或65{403dq=−=(舍去)故132(1)21,8nnnannb−=+−=+=————6分（2）35(21)(2)nSnnn=++++=+

——————8分∴121111111132435(2)nSSSnn+++=+++++——————10分11111111(1)2324352nn=−+−+−++−+1111(1)2212nn=+−−++32342(1)(2)nnn+=−++【解析】

【详解】（1）设{}na的公差为d，{}nb的公比为q，则d为正整数，3(1)nand=+−，1nnbq−=依题意有23322(93)960{(6)64SbdqSbdq=+==+=①解得2{,8dq==或65{4

03dq=−=(舍去)故132(1)21,8nnnannb−=+−=+=（2）35(21)(2)nSnnn=++++=+的∴121111111132435(2)nSSSnn+++=+++++11111111(1)2324352nn=−+−+−++−+111

1(1)2212nn=+−−++32342(1)(2)nnn+=−++19.数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2n2n,*nN,数列{bn}满足an=4log2bn3,*nN.（1）求an和bn的通项公式；（2）求数

列{an·bn}的前n项和Tn.【答案】（1）41nan=−，bn=2n-1,Nn+（2）(45)25,nnTnnN+=−+【解析】【详解】试题分析：第一问利用数列的项与和的关系，11,2{,1nnnSSnaSn−−==，先求出当2n时的关系式，再

去验证1n=时是否成立，从而确定出最后的结果，将41nan=−代入题中所给的式子，化简求得12nnb−=，所以数列nnab是由一个等差数列与一个等比数列对应项积所构成的新数列，利用错位相减法求得其和．试题解析：（1）由Sn=2n2n，可得当2n时，()()()221221141nnn

aSSnnnnn−=−=+−−+−=−当1n=时，13a=符合上式，所以41nan=−由an=4log2bn＋3可得41n−=4log2bn＋3，解得1*2,nnbnN−=．（2）()1412n

nnabn−=−∴1231372112152...(41)2nnTn−=+++++−①②①-②可得∴*5(45)2,nnTnnN=+−．考点：求数列的通项公式，错位相减法求和．【思路点睛】该题考查的是数列的综合问题，在求数列na的通项公式时，需要应用数列的项与和的关系，在求解的过

程中，需要对1n=时对2n的式子是否成立，求数列nb的通项公式时需要对指对式的互化要熟练掌握，第二问，在对数列进行求和时，应用错位相减法求和，而应用错位相减法对数列求和的步骤是比较关键的，需要加强．20.已知*{}()nanN是各项均为正数的等比数列，11

6a=，323322aa+=.（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）设23lognnba=，求数列{}nb的前n项和nS，并求nS的最大值．【答案】（Ⅰ）52nna−=；（Ⅱ）()2392nSnn=−−，nS最大值为30【解析】【分析】（Ⅰ）利用1a和q表示出323322aa+=，从而

构造出关于q的方程，结合na为正项数列可求得q，根据等比数列通项公式求得结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）得nb，由通项公式可验证出数列nb为单调递减的等差数列，根据等差数列求和公式求得nS；根据50b=，可确定4n=或5时，nS最大，代

入可求得最大值.【详解】（Ⅰ）设等比数列na的公比为q116a=，323322aa+=221123324832aqaqqq+=+=即22320qq+−=，解得：2q=−或12q=na各项均为正数12q=1511622nnna−−

==（Ⅱ）由（Ⅰ）得：()523log235153nnbnn−==−=−当2n时，13nnbb−−=−nb是首项为112b=，公差为3−的单调递减的等差数列()()233121922nSnnnnn=−−=−−又50b=数列

nb的前4项为正数当4n=或5时，nS取得最大值，且最大值为4530SS==【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解、等差数列前n项和最值的求解问题；求解等差数列前n项和的最值的常用方法有两种：①确定数列各项中的变号项，由数列的

单调性可得最值取得的位置；②根据前n项和的二次函数性质来确定最值的位置.21.已知等比数列na的前n项和为nS，且当*nN时，nS是12n+与2m的等差中项(m为实数).（1）求m的值及数列na的通项公式；（2）令()*21lognnbanN=+，是否存在正整数k

，使得1111210nnnkbbbn++++++对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）1−，12nna−=；（2）存在，4.【解析】【分析】（1）根据等差中项的性质列方程，求得nS的表达式.利用11,1,2nnnSnaSSn−==−，结合

na是等比数列，求得m的值及数列na的通项公式.（2）由（1）求得nb的表达式，将不等式1111210nnnkbbbn++++++左边看成()fn，利用差比较法判断出()fn的单调性，由此求得()fn的最小值，进而求得k的最大值.【

详解】(1)nS是12n+与2m的等差中项，1222nnSm+=+，即2nnSm=+，当1n=时，112Sam==+，当2n时，112nnnnaSS−−=−=，na是等比数列，11a=，则21m+=，1m=−，且数列na的通

项公式为12nna−=.(2)存在正整数k，使不等式恒成立，k的最大值为4.21lognnban=+=()*.nN()11111112122nnnfnbbbnnnn=++=++++++++，()()1111110212212122fnfnnnn

nn+−=+−=−+++++()()1.fnfn+数列()fn单调递增，()()min112fnf==，由不等式恒成立得：1102k，5k.故存在正整数k，使不等式恒成立，k的最大值为4.【点睛】本小题主要考查等差中项的性质，考查等比数列通项公式，考查数列单调性的证

明，考查不等式恒成立问题的求解，属于中档题.22.已知等差数列na的公差为()0dd，前n项和为nS，且满足(从①()101051Sa=+﹔②1a，2a，6a成等比数列；③535S=，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题).

（1）求na﹔（2）设11nnnbaa+=，数列nb的前n项和为nT，求证：13nT.【答案】条件选择见解析；（1）32nan=−；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由①可得11a=，由②可得13da=，由③可得3127aad=+=，选择①②､①③､②③条

件组合，均得11a=，3d=，即得解析式；（2）可得11133231nbnn=−−+，由裂项相消法求出nT即可证明.【详解】（1）①由()101051Sa=+，得()11109105912adad+=++，即11a=；②由1a，2a，6a

成等比数列，得2216aaa=，222111125aaddaad++=+，即13da=；③由535S=，得()15355352aaa+==，即3127aad=+=；选择①②､①③､②③条件组合，均得11a=，3d=，故()13132nann

=+−=−.（2）()()111111323133231nnnbaannnn+===−−+−+∴123nnTbbbb=++++11111111134477103231nn=−+−+−++−−+

L111331n=−+，∵nN，∴1031n+，∴13nT.【点睛】方法点睛：数列求和常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于nnab结构，其中na

是等差数列，nb是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于+nnab结构，利用分组求和法；（4）对于11nnaa+结构，其中na是等差数列，公差为d，则111111nnnnaadaa++=−，利用裂项相消法求和.的