江西省南昌市聚仁高级中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题（含解析）

聚仁高级中学2023-2024学年高二下学期第一次月考
数学学科
注意事项：
1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟：
2.答题前填写好自己的姓名 班级 考号等信息.
一 单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分）
1.在等比数列中，已知，则的值为（ ）
A.-4 B.4 C. D.
2.在等差数列中，，其前项和为，则的值为（ ）
A.25 B.55 C.100 D.-55
3.已知下表：
则的位置是（ ）
A.第13行第2个数 B.第14行第3个数
C.第13行第3个数 D.第17行第2个数
4.数列中，若，则这个数列的第10项（ ）
A.19 B.21 C. D.
5.已知数列，且，则数列的前32项之和为（ ）
A.128 B.64 C.32 D.16
6.设，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知等差数列的前项和为，若，则中，最大的项为（ ）
A. B. C. D.
8.已知数列满足：，若是首项为2，公比为2的等比数列，，则数列的前项的和是（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多个符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）
9.在公比为等比数列中，为其前项和，若，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.数列是等差数列
C.数列是等比数列
D.数列是等比数列
10.已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.为中的最大项
C.
D.
11.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，...称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.1225既是三角形数，又是正方形数
C.
D.，总存在，使得成立
三 填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.在各项均为正数的等比数列中，，且成等差数列，则__________.
13.数列中，，则此数列的通项公式__________.
14.《孙子算经》中提到“物不知数”问题.如：被3除余2的正整数按照从小到大的顺序排成一列，即，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为__________.
四 解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或验算步骤）
15.（13分）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
16.（15分）已知数列是等差数列，成等比数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求证：.
17.（15分）已知等差数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若对任意正整数，均有，求正整数的最大值.
18.（17分）已知数列的前项和与满足，其中是与无关的常数，且.
（1）求；
（2）求和的关系式；
（3）猜想用和表示的表达式（须化简），并证明之.
19.（17分）京都议定书正式生效后，全球碳交易市场出现了爆炸式的增长.某林业公司种植速生林木参与碳交易，到2022年年底该公司速生林木的保有量为200万立方米，速生林木年均增长率，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐17万立方米制作筷子.设从2023年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米.
（1）求，请写出一个递推公式表示与之间的关系；
（2）是否存在实数，使得数列为等比数列，如果存在求出实数；
（3）该公司在接下来的一些年里深度参与碳排放，若规划速生林木保有量实现由2022年底的200万立方米翻两番，则至少到哪一年才能达到公司速生林木保有量的规划要求？
（参考数据：）
参考答案：
1.B
【分析】利用等比中项性质列式求解
【详解】等比数列中，.
故选：B.
2.A
【分析】根据题意求出，利用求和公式直接计算即可.
【详解】设等差数列的公差为.
等差数列中，，
.
.
故选：A
3.C
【解析】根据表可得，第行的第一个数的下标为，然后即可得到答案
【详解】由表可得，第行的第一个数的下标为所以时，第13行的第一个数的下标为79
所以的位置是第13行第3个数
故选：C
4.C
【详解】整理所给的递推关系：，
即：，且，
即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
据此可得：.
本题选择选项.
点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：（1）求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；（2）将已知递推关系式整理 变形，变成等差 等比数列，或用累加法 累乘法 迭代法求通项.
5.C
【分析】根据给定条件，可得数列的奇数项和偶数项分别构成等差数列，分组求和即可.
【详解】数列中，，且，
则当为奇数时，，当为偶数时，，
因此数列的奇数项构成首项为2，公差为-2的等差数列，偶数项构成首项为0，公差为2的等差数列，
则.
故选：C
6.A
【分析】利用等比数列求和可得，结合题意代入运算即可.
【详解】
因为，
所以.
故选：A.
7.C
【分析】运用等差数列的性质及不等式性质分析可得.
【详解】为等差数列，设公差为，
，解得：，解得：，
所以，
所以，
所以为单调递减的等差数列，
所以，
又因为，
所以，
又因为，所以，所以，所以.
综述：这四个选项中，最大.
故选：C.
8.A
【分析】根据题意可知，由此可知，进而，两式相减即可求出，由此可得，再利用错位相减法即可求出结果.
【详解】数列是首项为2，公比为2的等比数列，
，
，
，
，
两式相减得：，
，
当时，，
即满足上式，
数列的通项公式是，
，
，
数列的前项的和，①
②
故选：A.
9.ABC
【分析】根据给定条件求出数列的通项公式及前项和，再逐一分析各选项判断作答.
【详解】因为等比数列的公比，又，则，而，解得，A正确；
前项和，则，数列是等差数列，B正确；
又，则，有，数列是等比数列，正确；
因，则，显然不是常数，数列不是等比数列，不正确.
故选：ABC
10.AC
【分析】根据题意，先由求得，然后根据等差数列求和，以及性质逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于：当时，；当时，，
经检验，当时，，故，A正确；
对于B：令，则，故当时，，故和为中的最大项，B错误；
对于C：正确；
对于D：
错误.
故选：AC
11.BCD
【分析】根据给定信息，求出数列的通项，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【详解】依题意，数列中，，
于是得满足上式，
数列中，，
于是得满足上式，因此，
对于A，，则，A不正确；
对于B，因为，则，又，则，B正确；对于，
则，C正确；对于，取，则，所以，总存在，使得成立，正确.
故选：BCD
【点睛】易错点睛：裂项法求和问题，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.
12.
【分析】利用等差中项的性质和等比数列通项公式得到关于的方程，解方程求出代入等比数列通项公式即可.
【详解】因为成等差数列，
所以，
由等比数列通项公式得，
，
所以，
解得或，
因为，所以，
所以等比数列的通项公式为
.
故答案为：
【点睛】本题考查等差中项的性质和等比数列通项公式；考查运算求解能力和知识综合运用能力；熟练掌握等差中项和等比数列通项公式是求解本题的关键；属于中档题.
13.
【分析】依题意可得，即可得到是以2为首项，3为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式.
【详解】因为，所以，又，所以，所以是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以，则.
故答案为：
14.19
【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式，即可得到，再由基本不等式即可得到结果.
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，3为公差的等差数列，
则，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为19.
故答案为：19
15.（1）
（2）
【分析】（1）结合作差法可直接求解；
（2）由错位相减法可直接求解.
【详解】（1）当时，；当时，，
当时，满足上式，所以；
（2）由（1）知，
所以①，
②，
①-②得，
所以.
16.（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据等比数列定义和等差数列通项公式可构造方程组求得，进而确定；
（2）利用裂项相消法可求得，整理即可证得结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
成等比数列，，即，
又，则由得：或，
当时，，不满足成等比数列，舍去；
.
（2）由（1）得：，
，
.
17.（1）
（2）11
【分析】（1）根据等差数列的前项和列出方程组，求得首项和公差，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，结合二次函数性质求得其最小值，由任意正整数，均有可得，解一元二次不等式即可得答案.
【详解】（1）由题意知等差数列的前项和为，且，
设首项为，公差为，
故，即，
解得，故；
（2）由（1）可得，
当时，取到最小值-100，
故对任意正整数，均有，可得恒成立，
即，解得，
故正整数的最大值为11.
18.（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）由，分别令，化简即可得结果；
（2）由可得，两式相减化为，从而可得结论；
（3）根据前三项，利用归纳推理可猜想，再利用数学归纳法证明即可.
【详解】（1）由，①
当时，代入①式，得，
当时，代入①式，得.
（2）当时，
由①式，得，②
①-②得，，
即与的关系为，③
（3）由（1）得：；
由③得：；
猜想④，
下面用数学归纳法证明猜想④成立.
（i）当时，，所以当时，④式成立；
（ii）假设时，④式成立，即，
当时，由③得
所以，当时，④式也成立，
由（i）（ii）可知，对于，④式都成立，即通项为：
.
【点睛】方法点睛：本题主要考查归纳推理的应用以及数学归纳法证明，属于难题.利用数学归纳法证明结论的步骤是：（1）验证时结论成立；（2）假设时结论正确，证明时结论正确（证明过程一定要用假设结论）（3）得出结论.
19.（1）（万立方米），.
（2），理由见解析.
（3）至少到2032年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求.
【分析】（1）根据题意可得及递推关系；
（2）假设存在，则有，据（1）中的递推关系可求，再证明此时为等比数列；
（3）令，根据题设中给出的数据可得至少到2042年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求.
【详解】（1）（万立方米），
又即.
（2）若存在实数，使得数列为等比数列，
则存在非零常数，使得，整理得到，
而，故即.
当，则，
而，故即，
故为等比数列，故存在常数，使得为等比数列.
（3）由（2）可得是首项为138，公比为的等比数列，
故即，此时为递增数列.
令，则，
当时，，
当时，，
故至少到2032年才能达到公司速生林木保有量的规划要求.