山西省吕梁市兴县友兰中学2022-2023学年高一下学期数学第二次测试试题（含解析）

友兰中学2022-2023学年高一下学期数学第二次测试试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共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，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列成等差数列，其前n项和为，若，则（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
3．数列{}为等差数列，且公差，若，，也是等差数列，则其公差为（ ）
A．1gd B．1g2d C．lg D．1g
4．在等差数列中，若，则数列的前13项和=（ ）
A．5200 B．2600 C．1500 D．1300
5．“跺积术”是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、三角垛等．现有100根相同的圆柱形铅笔，某同学要将它们堆放成横截面为正三角形的垛，要求第一层为1根且从第二层起每一层比上一层多1根，并使得剩余的圆形铅笔根数最少，则剩余的铅笔的根数是（ ）
A．9 B．10 C．12 D．13
6．在公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，设数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知的展开式中的系数为，则实数（ ）
A． B． C． D．
8．的展开式中，常数项为(　　)
A．420 B．512 C．626 D．672
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
9．(多选)下列数列是等差数列的有（ ）
A．－2, －2, －2, －2, －2
B．
C．0, 2, 0, 2, 0, 2
D．－2, 0, 2, 4, 6
10．若是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的是（ ）
A．
B．
C．(为常数)
D．
11．等差数列前项和为，已知，下列结论正确的是（ ）
A．最大 B． C． D．
12．已知等差数列的公差，前项和为，若，则下列结论中正确的有（ ）
A． B．
C．当时， D．当时，
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13．已知A为a+5和a+11的等差中项，则A=___________.
14．已知数列是公差不为零的等差数列，，，成等比数列，第1，2项与第10，11项的和为68，则数列的通项公式是________.
15．已知等差数列，，.若，数列的前_____项和的值最小.
16．二项式的展开式的常数项是___________．
四、解答题(本题共6小题,每小题5分,共20分)
17．已知数列中，，，证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；
18．设等差数列的各项均为正数，其前n项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前10项和，其中表示不超过x的最大整数，如，.
19．已知等差数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)当取得最小值时，求的值.
20．设各项均为正数的数列满足（、为常数），其中为数列的前项和.
(1)若，，求证：是等差数列；
(2)若，，求数列的通项公式；
(3)若，求的值.
21．（1）求证：；
（2）求被除的余数．
22．已知数列满足，且，等比数列中，．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式
(2)求数列的前n项和．
参考答案：
1．A
【分析】根据题中条件，直接令代入，即可得出结果.
【详解】令，代入可得，
，则.
故选：A.
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，根据赋值法求解即可，属于基础题型.
2．C
【分析】设出公差，根据前项和基本量计算出公差，从而求出.
【详解】设的公差为，由得：
，解得：，
故.
故选：C
3．D
【分析】利用，，是等差数列，结合对数的运算，求出，进而可得答案.
【详解】因为，，是等差数列，
所以，
所以，又因为且公差，
所以，可得，
所以公差，
故选：D.
4．D
【分析】根据等差数列的性质可得，代入等差数列前n项和公式，即可求得答案.
【详解】根据等差数列性质可得，
所以，
所以前13项和.
故选：D
5．A
【分析】设只能堆放层，由已知得从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，根据等差数列的前n项和公式可求得选项．
【详解】设只能堆放层，则从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，
于是，且，解得，剩余的根数为．
故选：A.
【点睛】本题考查数列的实际应用，关键在于将生活中的数据，转化为数列中的基本量，属于中档题.
6．C
【分析】根据等差数列定义表示出，，，根据题意列式求出公差，最后用错位相减法得到.
【详解】设等差数列的公差为，由，，成等比数列，得，即，解得或（舍去），所以.从而，故
，
，
两式相减，得
，所以.所以.
故选：C.
7．A
【分析】利用二项式定理可分别得到和展开式的通项，令即可讨论得到的取值，结合展开式通项，利用的系数构造方程即可求得的值.
【详解】展开式的通项为：，且；
展开式的通项为：，且；
令，则或，
的系数为，
解得：.
故选：A.
8．D
【分析】先求出的第项，然后对指数进行赋值，从而求出结果.
【详解】解：的第项为，
即为，
因为求的常数项，
所以当，即时，的第7项为常数项，
常数项为，
故选D.
【点睛】本题考查了二项式定理，解题的关键是熟记二项式定理和准确的计算.
9．AD
【分析】根据等差数列的定义即可判断.
【详解】解：对A：因为－2, －2, －2, －2, －2为常数列，所以该数列是等差数列，故选项A正确；
对B：因为，所以该数列不是等差数列；
对C：因为，所以该数列不是等差数列；
对D：因为，所以该数列是等差数列.
故选：AD.
10．BCD
【分析】根据等差数列的定义逐一进行检验即可求解.
【详解】对于选项A，数列是等差数列，取绝对值后不是等差数列，故选项A不符合题意；
对于选项B，若为等差数列，根据等差数列的定义可知：数列为常数列，故为等差数列，故选项B符合题意；
对于选项C，若为等差数列，设其公差为，则为常数列，
故为等差数列，故选项C符合题意；
对于选项D，若为等差数列，设其公差为，则为常数，故为等差数列，故选项D符合题意，
故选：BCD.
11．ABC
【分析】由题意得出，且，由等差数列的性质和求和公式可得答案.
【详解】设等差数列的公差为
对于A，，
，故
可得等差数列单调递减，且，则最大，故A正确；
对于B和D，，故B正确，D错误；
对于C，因为，所以，故C正确
故选:ABC.
12．ABC
【解析】因为是等差数列，由可得，利用通项转化为和即可判断选项A；利用前项和公式以及等差数列的性质即可判断选项B；利用等差数列的性质即可判断选项C；由可得且，即可判断选项D，进而得出正确选项.
【详解】因为是等差数列，前项和为，由得：
，即，即，
对于选项A：由得，可得，故选项A正确；
对于选项B：，故选项B正确；
对于选项C：，若，则，故选项C正确；
对于选项D：当时，，则，因为，所以，，
所以，故选项D不正确，
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是由得出，熟记等差数列的前项和公式和通项公式，灵活运用等差数列的性质即可.
13．##8+a
【分析】根据给定条件利用等差中项的定义直接计算即可.
【详解】因A为a+5和a+11的等差中项，于是得，
所以.
故答案为：
14．
【分析】利用基本量结合已知列方程组求解即可.
【详解】设等差数列的公差为
由题可知
即
因为，所以解得：
所以.
故答案为：
15．15
【分析】由已知得，故而有数列是以4为公差的等差数列.从而求得数列的通项公式，
方法一：运用等差数列的求和公式得，由二次函数的性质求得最小值；
方法二：由等差数列的通项公式，建立不等式组，解之可得答案.
【详解】解：，，
，即.
，，.
即，数列是以4为公差的等差数列.
当时，，解得.，
，（以下用两种方法求解）
法一：由可得：首项，公差
数列的前项和
当时，为最小，
法二：由得.，，
前15项为负值，以后各项均为正值.最小，
故答案为：15.
16．7
【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果.
详解：二项式的展开式的通项公式为,
令得，故所求的常数项为
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数.
17．证明见解析；.
【解析】利用等差数列的定义进行证明，只要证明等于常数即可，然后利用等差数列的通项公式求出 ，从而可得
【详解】证明：因为
所以，
因为，
所以数列为首项为，公差为 的等差数列.
所以，即 .
【点睛】此题考查等差数列的证明和通项公式的求解，属于基础题.
18．(1)
(2)
【分析】(1)根据的关系求出数列的首项公差即可求解；(2)根据定义分别写出数列的前10项，求和即可.
【详解】（1）设等差数列公差为，
因为，所以当时，，
所以，所以，
因为，所以，所以，
令得整理得解得，
所以.
（2）由（1）得，
所以的前10项和等于
.
19．(1)
(2)或.
【分析】（1）根据题意，求得，即可得到数列的通项公式；
（2）令，求得，得出的正负分布，即可求解.
【详解】（1）解：因为，又因为，解得，
所以数列的公差，
所以数列的通项公式为.
（2）解：令，即，解得，
则当时，；当时，；当时，，
所以当取最小值时，或.
20．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由得 ，两式相减，得出，从而得到是等差数列；
（2）利用递推关系与累乘法即可得出数列通项公式；
（3）利用递推关系，对分类讨论代入即可得出的值
（1）
证明：由，，得，所以，
两式相减，得，所以是等差数列.
（2）
解：令，得，所以，
则，所以，两式相减，
得，
所以，化简得，
所以，
又适合，所以.
（3）
解：由（2）知，所以，得，
两式相减，得，
易知，所以，
①当时，得，所以，
满足；
②当时，由，又，
所以，即，
所以，不满足；
③当且时，类似可以证明也不成立；
综上所述，，，所以.
21．（1）答案见解析；（2）5
【分析】（1）把组合数化为阶乘表示即可证明；
（2）利用（1）的结论得，然后利用二项式定理展开求解即可．
【详解】（1）证明：．
（2）由（1）得，
所以，
而，
所以被除的余数为．
22．（1）证明见解析，（2）
【分析】（1）将已知的递推式的左右两边同时除以得出，可得证，再通过等比数列中的项求出，可以求得数列的通项公式；
（2）由（1）得出的表达式，再利用裂项相消的求和方法可求得．
【详解】（1）且，等号两边同时除以得，
所以数列是公差为的等差数列.
因为是等比数列，所以
又，所以，所以，
所以故
所以.
（2）由（1）知，
所以
【点睛】本题考查根据数列的递推公式求数列的通项公式和裂项相消的求和方法，本题的关键是根据递推式是关于和的齐次式，需将递推式左右两边同时除以，得出，属于中档题.