1、安徽省阜阳市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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，用铅笔把答题卡上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，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共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Sn为等比数列an的前n项和,8a2+a5=0,则S5S2等于()A. 11B. 5C. -8D. -11【答案】D【解析】由
2、8a2+a5=0,得a5a2=q3=-8,q=-2,故S5S2=1-q51-q2=1-(-2)51-(-2)2=-11.2. 记等比数列an的前n项和为Sn，若S43，S89，则S12等于()A. 12B. 18C. 21D. 27【答案】C【解析】方法一因为Sn为等比数列an的前n项和，且S43，S89，易知等比数列an的公比q1，所以S4，S8S4，S12S8成等比数列，所以(S8S4)2S4(S12S8)，所以623(S129)，解得S1221.方法二由方法一知，S4，S8S4，S12S8成等比数列，即3,6,12成等比数列，所以S12S4(S8S4)(S12S8)361221.3. 已
3、知数列an的通项公式为an2nn，前n项和为Sn，则S6等于()A. 282B. 70C. 45D. 147【答案】D【解析】因为an2nn，所以Sna1a2a3an(2122232n)(123n)2n12，所以S6272147.4. 求值：135791120212023等于()A. 2024B. 1012C. 506D. 1012【答案】B【解析】135791120212023(13)(57)(911)(20212023)25061012.5. 在等差数列an中，Sn是其前n项和，且S2011S2018，SkS2006，则正整数k为()A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023
4、【答案】D【解析】因为等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，所以由二次函数的对称性及S2011S2018，SkS2006，可得，解得k2023.6. 在等比数列中，a1a2a3a4a5a6，a3a4，则()A. B. C. D. 【答案】D【解析】，因为等比数列中a3a4，而a1a6a2a5a3a4，所以(a1a2a3a4a5a6).7. 已知数列an满足ann2n(nN*)，且对任意nN*，anan1恒成立，则实数的取值范围为()A. (0，+)B. (,0)C. -2，+D. (3,+)【答案】D【解析】方法一(通解通法)：因为对任意nN*, anan1恒成立，所以数列an是递增数列由
5、ann2n知点(n，an)(nN*)是函数f(x)x2x图象上的点，且函数f(x)图象的对称轴为x，事实上，数列an是递增数列，只需满足a1a2an即可欲满足上述不等关系，需3.方法二(优解)：由题意得an1an(n1)2(n1)(n2n)2n1 0恒成立，即(2n1)恒成立而nN*，所以3.8. 在等差数列an中，7a55a90，且a9a5，则使数列an的前n项和Sn取得最小值的n 等于()A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】B【解析】a9a5，公差d0.由7a55a90，得7(a14d)5(a18d)0，da1.由ana1(n1)da12017-317n0，且a10,解得n，又nN*，
6、所以使数列an的前n项和最小的n为6.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9. 记Sn为等差数列an的前n项和已知S535，a411，则()A. an4n5B. an2n3C. Sn2n23nD. Snn24n【答案】AC【解析】设等差数列的公差为d，则由S535，a411，可得解得a11，d4，则an14(n1)4n5，Sn2n23n，故选AC.10. 已知数列an是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足a15a3S8，下列选择正确的是()A. a100B. S7S12C.
7、 S10最小D. S200【答案】AB【解析】因为an是等差数列，设其公差为d，由a15a3S8，可得a19d0，即a100，选项A正确；又S12S7a8a9a10a11a125a100，选项B正确；当d0时，S9或S10最小，当d0时，S9或S10最大，选项C错误；又S1919a100，a200，所以S200，选项D错误11. 已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且，则使得为整数的正整数n的值为()A. 2B. 3C. 4D. 14【答案】ACD【解析】由题意可得，则3，由于为整数，则n1为15的正约数，则n1的可能取值有3,5,15，因此，正整数n的可能取值有2,4,14
8、.12. 已知数列an，bn均为递增数列，an的前n项和为Sn，bn的前n项和为Tn，且满足anan12n，bnbn12n(nN*)，则下列说法正确的有()A. 0a11B. 1b1C. S2nT2nD. S2nT2n【答案】ABC【解析】数列an中anan12n，an1an22(n1)2n2，两式相减得an2an2，所以数列an为隔项以2为公差的等差数列，数列bn中bnbn12n，bn1bn22n1，两式相除得2，所以数列bn为隔项以2为公比的等比数列，因为anan12n，所以即又因为数列an为递增数列，所以即所以0a1，所以所以1b172S12.所以C选项正确，D选项错误故选ABC.三、填
9、空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡的相应位置。13. 若数列an的前n项和Sn=23an+13,则an的通项公式是an=. 【答案】(-2)n-1【解析】当n=1时,S1=23a1+13,解得a1=1.当n2时,an=Sn-Sn-1=23an+13-23an-1+13=23(an-an-1),an=-2an-1,即anan-1=-2,an是以1为首项的等比数列,其公比为-2,an=1(-2)n-1,即an=(-2)n-1.14. 在等比数列an中，已知a32，a158，则a9等于_【答案】4【解析】因为a9是a3和a15的等比中项，所以a94，注意到在等比数列中奇数项的
10、符号相同，偶数项的符号也相同，所以a94.15. 已知函数f(x)，数列an满足anf，则数列an的前2022项和为_【答案】1011【解析】依题意，函数f(x)，f(1x)，所以f(x)f(1x)1，因为数列an满足anf，所以a1a2022a2a2021a3a20201.设此数列前2022项的和为S2022，则有S2022a1a2a3a2022，S2022a2022a2021a2020a1，所以2S202212022，即S20221011.16. 已知数列an满足anan-7,n8,13-an+2,n8,nN*，若对于任意nN*都有anan1，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】对于任意
11、的nN*都有anan1，数列an单调递减，依题意得0a1,13-a13-a9+2，解得a1.因此，实数a的取值范围是.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17. （10分）已知数列an满足a11，an12anan1an0.(1)写出数列的前5项；(2)由(1)写出数列an的一个通项公式；(3)实数是否为这个数列中的项？若是，应为第几项？【答案】解(1)由已知可得a11,a2，a3，a4，a5.(2)由(1)可得数列an的每一项的分子均为1，分母依次为1,3,5,7,9，所以它的一个通项公式为an.(3)令，解得n50，故是这个数列中的第50项18.
12、 （12分）如图，将数列2n(nN*)依次从左到右，从上到下排成三角形数阵，其中第n行有n个数(1)求第5行的第2个数；(2)问数32在第几行第几个；(3)记第i行的第j个数为ai，j(如a3,2表示第3行第2个数，即a3,210)，求的值【答案】解(1)记an2n，由数阵可知，第5行的第2个数为a12.因为an2n，所以第5行的第2个数为24.(2)因为an32，所以n16.由数阵可知，32在第6行第1个数(3)由数阵可知a1,12，a2,26，a3,312，a4,420，a5,530，a6,642.所以1.19. （12分）已知数列an的通项公式为an=n2-5n+4.(1)30是不是数列
13、an中的项?70呢?(2)数列中有多少项是负数?(3)当n为何值时,an有最小值?并求出这个最小值.【答案】解(1)由n2-5n+4=30,得n2-5n-26=0,解得n=51292.因为nN*,所以30不是数列an中的项.由n2-5n+4=70,得n2-5n-66=0,解得n=11或n=-6(舍),故70是数列an中的第11项,即a11=70.(2)由n2-5n+40,解得1n0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，是一个公差为d的等差数列，与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利这就是说，如果固定年利率为r(r0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为
14、a1(1r)n1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1r)n2，用Tn表示到第n年末所累计的储备金总额(1)写出Tn与Tn1(n2)的递推关系式；(2)求证：TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列【答案】(1)解TnTn1(1r)an(n2)(2)证明T1a1，对n2反复使用上述关系式，得TnTn1(1r)anTn2(1r)2an1(1r)ana1(1r)n1a2(1r)n2an1(1r)an.在式两端同乘(1r)，得(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r)，得r Tna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)an(1r)n1ra1(1r)nan.即Tn(1r)nn.s如果记An(1r)n，Bnn，则TnAnBn.其中An是以(1r)为首项，以(1r)(r0)为公比的等比数列；Bn是以()为首项，为公差的等差数列22. （12分）在各项均为正数的数列an中，a1a且an1.(1)当a32时，求a1与a4的值；(2)求证：当n2时，an1an.【答案】(1)解a32，a32，a44a2，解得a22.又a2，2，a44a1，解得a12.a4，a32，a42.(2)证明要证n2时，an1an，只需证1，即证1，即证1，即证a4，即an2.an0，an22(当且仅当an12时，等号成立)，当n2时，an1an.
