2018-2019学年山东省招远一中高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2018-2019学年山东省招远一中高二上学期10月月考数学试题（解析版）

山东省招远一中2018—2019学年度第一学期10月月考试题 数学测试题 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）‎ 请点击修改第I卷的文字说明 一、单选题 ‎1．在等差数列{an}中，前n项和为Sn，S10＝90，a5＝8，则a4＝(　　)‎ A． 16 B． 12‎ C． 8 D． 6‎ ‎2．在等比数列{an}中，若an＞0，且a2＝1－a1，a4＝9－a3，则a4＋a5的值为(　　)‎ A． 16 B． 81‎ C． 36 D． 27‎ ‎3．数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 012等于(　　)‎ A． 1 006 B． 2 012‎ C． 503 D． 0‎ ‎4．一个首项为23，公差为整数的等差数列中，前6项均为正数，从第7项起为负数，则公差d为(　　)‎ A． －2 B． －3‎ C． －4 D． －5‎ ‎5．已知，（），则在数列｛｝的前50项中最小项和最大项分别是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎6．已知四个实数成等差数列，－4，，，，－1五个实数成等比数列，则（    ）‎ A． 1 B． 2 C． －1 D． ±1‎ ‎7．已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b8b10＝ (　　)‎ A． 1 B． 8 C． 4 D． 2‎ ‎8．已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且，则数列的前5项和为 A． 或5 B． 或5 C． D． ‎ ‎9．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)‎ A． n(n＋1) B． n(n－1) C． D． ‎ ‎10．在等差数列前项和为，若，则的值为（ ）‎ A． 9 B． 12 C． 16 D． 17‎ ‎11．在各项均为正数的对比数列中，公比，若，，数列的前项和为，则当取得最大值时，的值为（ ）‎ A． B． C． 或 D． ‎ ‎12．若{an}是等差数列，首项a1>0，a1 007＋a1 008>0，a1 007·a1 008<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是 (　　)‎ A． 2 012 B． 2 013 C． 2 014 D． 2 015‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 二、填空题 ‎13．在等差数列{an}中，，那么的值是_________．‎ ‎14．下面有四个结论:‎ ‎①若数列的前项和为 (为常数),则为等差数列;‎ ‎②若数列是常数列,数列是等比数列,则数列是等比数列;‎ ‎③在等差数列中,若公差,则此数列是递减数列;‎ ‎④在等比数列中,各项与公比都不能为.‎ 其中正确的结论为__________(只填序号即可).‎ ‎15．数列中，若，则 ______ ．‎ ‎16．等比数列的各项均为正数，且，则_____.‎ 三、解答题 ‎17．设等差数列的前项和为，且满足， ．‎ ‎（）求的通项公式．‎ ‎（）求的前项和及使得取到最大值时的值并求出的最大值．‎ ‎18．设数列的前项和为，且满足．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，且，求数列的通项公式．‎ ‎19．设正项等比数列的前项和为，且满足，.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设数列，求的前项和.‎ ‎20．正项等差数列中，已知，，且，，‎ 构成等比数列的前三项.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎21．根据预测，某地第 个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），‎ 其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的 累计投放量与累计损失量的差. ‎ ‎（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；‎ ‎（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？‎ ‎22．设是正数组成的数列，其前项和为，并且对于所有的，都有．‎ ‎（）写出数列的前项．‎ ‎（）求数列的通项公式（写出推证过程）．‎ ‎（）设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数的值．‎ 高二数学参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知得到关于a1，d的方程组，解方程组得a1，d，即得a4的值.‎ ‎【详解】‎ 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 则解得 ‎∴a4＝a1＋3d＝0＋3×2＝6.‎ 故答案为：D ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查等差数列的前n项和和通项，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2) 等差数列的前项和公式：一般已知时，用公式，已知时，用公式 ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件得到关于的方程组，解方程组即得，即得a4＋a5的值.‎ ‎【详解】‎ 设等比数列{an}的公比为q且q＞0，‎ 由已知得⇒q2＝9⇒q＝3，‎ 所以a1＝，‎ 所以a4＋a5＝×33＋×34＝＝27.‎ 故答案为：D ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查等比数列的通项，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 等比数列的通项公式：.‎ ‎3．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出a1＋a2＋a3＋a4＝2，a5＋a6＋a7＋a8＝2，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝2，再利用数列和的周期性求S2 012.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，a1＋a2＋a3＋a4＝2，a5＋a6＋a7＋a8＝2，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝2，k∈N，故S2 012＝503×2＝1006.‎ 故答案为：A ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查数列的求和，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.（2）本题发现归纳出数列和的周期性是解题的关键.‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出数列的通项an＝23＋(n－1)d，再解不等式组即得d的值.‎ ‎【详解】‎ 设通项公式为an＝23＋(n－1)d，‎ 由题意列不等式组解得－＜d＜－.‎ ‎∵d是整数，∴d＝－4.‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的通项和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数单调性确定数列｛｝的前50项中最小项和最大项.‎ ‎【详解】‎ 因为在上单调减，在单调减，‎ 所以当时，此时，当时，此时，因此数列｛｝的前50项中最小项和最大项分别为，选C.‎ ‎【点睛】‎ 数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用对应函数性质，如等差数列通项与一次函数，等差数列和项与二次函数，等比数列通项、和项与指数函数.本题利用了函数性质.‎ ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等差数列性质可求得公差，由等比数列性质可求得，代入式子即可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由等差数列性质：公差，‎ 由等比数列性质：，解得：，由等比数列性质可知与同号，所以，代入式子得：.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列与等比数列性质，求等差数列时容易出现多解的情况，要根据等比数列的要求与性质进行求解，通常隔一项符号相同.‎ ‎7．B ‎【解析】 ，‎ ‎ 选B.‎ 点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.‎ ‎8．C ‎【解析】‎ 试题分析：设等比数列的公比为，因为，所以，解之得，所以数列是以为公比、为首项的等比数列，所以其前项的和为，故选C.‎ 考点：等比数列的定义与性质.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由首项与公差表示各项，根据等比中项列式，解出首项，由等差数列前n项和公式，即可求得.‎ ‎【详解】‎ 由等差数列通项公式可知：，，，‎ 根据等比中项公式列式：，解得：，‎ 由前n项和公式可得：.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列通项公式、前n项和以及等比中项公式，直接用首项及公差表示各项，列方程式即可，最后代入前n项和公式，列式时注意不要将等差数列与等比数列概念混淆.‎ ‎10．A ‎【解析】‎ ‎∵，∴得：，‎ ‎，故选A.‎ ‎11．C ‎【解析】‎ ‎∵ 为等比数列，公比为，且 ‎∴‎ ‎∴，则 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴数列是以4为首项，公差为的等差数列 ‎∴数列的前项和为 令 当时，‎ ‎∴当或9时，取最大值.‎ 故选C 点睛：（1）在解决等差数列、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：一是利用基本量将多元问题简化为一元问题；二是利用等差数列、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差数列、等比数列问题的快捷方便的工具；‎ ‎（2）求等差数列的前项和最值的两种方法：①函数法：利用等差数列前项和的函数表达式，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解；②‎ 邻项变号法：当时，满足的项数使得取得最大值为；当时，满足的项数使得取得最小值为.‎ ‎12．C ‎【解析】∵等差数列，首项，，，∴，，如若不然，，则，而，得，矛盾，故不可能，∴使前项和成立的最大自然数为2014，故选C.‎ ‎13．24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 应用等差数列的性质计算即可.‎ ‎【详解】‎ 在等差数列{an}中，，‎ ‎ ‎ 即答案为24.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列性质的应用，属基础题.‎ ‎14．③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列通项公式得数列单调性确定于公差正负，根据等差数列和项特点确定①真假，根据等比数列各项不为零的要求可判断②④真假.‎ ‎【详解】‎ 因为公差不为零的等差数列单调性类似于直线，所以公差,则此数列是递减数列; ③正确；因为等差数列和项中常数项为零，即中所以①不对，因为等比数列各项不为零，所以②中若数列是为零的常数列,则不是等比数列; ②不对，④正确，即正确的结论为③④.‎ ‎【点睛】‎ 等差数列特征：为的一次函数；；等比数列特征：各项以及公比都不为零，为的类指数函数，.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件，确定数列为常数数列，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎ ，则 ‎ .‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据递推公式计算数列的通项公式的方法，考查转换思想和计算能力.‎ ‎16．5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由等比数列的性质求出 ，再根据性质化简 ‎ ，代入即可求出答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意知，且数列的各项均为正数，所以，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的性质，灵活运用性质变形求值是关键，本题是数列的基本题，较易．‎ ‎17．(1) ；(2)答案见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（）由题意结合数列的通项公式和前n项和公式得到关于首项、公差的方程组，求解方程组可得，则数列的通项公式为．‎ ‎（）由前n项和公式可得的前项和，结合二次函数的性质和可知当或时， 取得最大值55.‎ 试题解析：‎ ‎（）设等差数列的首项为，公差为，‎ ‎∵， ，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴数列的通项公式为．‎ ‎（）的前项和，‎ 对称轴，‎ ‎∵，‎ ‎∴当或时，‎ 取得最大值， ． ‎ ‎18．（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由已知数列递推式求出首项，得到当时，，与原递推式作差后可得数列是以为首项，以为公比的等比数列．再由等比数列的通项公式得答案；（2）由（1）可得，由累加法可求其通项公式．‎ 试题解析：（1）解：当时，，则，‎ 当时，，‎ 则，∴，所以，数列是以首相，公比为，而；‎ ‎（2）∵，∴，‎ 当时，‎ ‎，‎ 又满足，∴；‎ 考点：（1）数列递推式；（2）数列的通项公式；（3）数列求和.‎ ‎【方法点晴】本题考查了数列的通项公式，考查了数列的求和，关键是会用累加法求通项公式和数列的错位相减法求和，难度适中；解题中，在利用这一常用等式以及时，用累加法求其通项公式；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.‎ ‎19．(Ⅰ) ；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据等比数列通项公式化简条件解得公比，再根据 求数列的通项公式；(2)先化简，再根据绝对值定义分类求.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ） 设正项等比数列的公比为，则且 由已知有，即 故或（舍） ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知： 故当时，‎ 当时，‎ 当时，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列与等比数列基本量运算，考查基本求解能力.‎ ‎20．(1)，.(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合数列的性质可得数列的公差，则，结合的通项公式可得.‎ ‎（2）结合(1)中取得的结果错位相减可得数列的前项和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，则由已知得：‎ ‎，即，‎ 又，解得或（舍去），‎ ‎，‎ 所以，‎ 又，，所以，‎ 所以.‎ ‎（2）因为，‎ ‎，‎ 两式相减得 ，‎ 则.‎ ‎【点睛】‎ 一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．‎ ‎21．（1）935；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）计算和的前项和的差即可得出答案；‎ ‎（2）令得出，再计算第个月底的保有量和容纳量即可得出结论.‎ 试题分析：‎ ‎（1）‎ ‎（2），即第42个月底，保有量达到最大 ‎ ，∴此时保有量超过了容纳量. ‎ ‎22．（1），，（2）（3）的最小值是．‎ ‎【解析】分析：（1）在中，令，求；令，求；令，可求；（2）根据与的固定关系，得，化简整理可得是首项为，公差为的等差数列，从而可得结果；（3）把（2）题中的递推关系式代入，根据裂项相消法求得，可得，解不等式即可得到对所有都成立的最小整数.‎ 详解：（）时，∴；‎ 时，∴；‎ 时，∴．‎ ‎（）∵，‎ ‎∴，‎ 两式相减得：即，‎ 也即，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 即是首项为，公差为的等差数列，‎ ‎∴，‎ ‎（3），‎ ‎．‎ ‎∵对所有都成立，‎ ‎∴即．‎ 故的最小值是．‎ 点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎