2022-2023学年福建省宁德第一中学高二上学期9月月考(一)数学试题(解析版)

（一）数学试题

一、单选题

1．在等差数列an中，a1a8a615，则此等差数列的前9项之和为（ ） A．5 【答案】C

【分析】根据已知求得3a5，由此求得S9.

【详解】依题意a1a8a615，即3a112d15，即3a515， 所以S9故选：C

11a,a1a2．数列n满足1，则a2022等于（ ） n12anB．27 C．45 D．90

9a1a99a545. 2A．1 【答案】C

B．

12C．2 D．3

【分析】由递推公式求出前若干项，再由周期性可得. 【详解】由a1得a2111,an11， 2an1121 a1a31a4112 111 22由上可知，数列an的周期为3，所以a2022a32. 故选：C

3．在等比数列an中，若a20184，a20229，则a2020（ ） A．6 【答案】A

B．6

C．6

D．

13 232，进而利用等比数列的性质计算出a2020a2018q6. 2a2022934，所以q2， 【详解】设公比为q，则qa2018422【分析】求出公比q第 1 页 共 16 页

a2020a2018q2436 2故选：A

anmn*4．数列an满足递推关系an3an131nN,n2，a15，则使得数列n3为等差数列的实数m的值为（ ） A．2 【答案】B

【分析】根据等差数列的定义列出式子，即可得出结论.

1B．

2C．2 D．

12anman1m3an13n1man1m 【详解】解：由题设知3n3n13n3n13n12m12m1为常数， nn331则12m0，故m.

2故选：B.

【点睛】本题考查等差数列的概念，属于基础题.

5．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ） A．99 【答案】D

【分析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解. 【详解】设该高阶等差数列的第8项为x，

根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：

B．131

C．139

D．141

y3412x141. 由图可得，则x95yy46故选：D

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6．已知数列an为等差数列,若值n为 A．11 【答案】B

B．19

a111,且其前n项和Sn有最大值,则使得Sn0的最大a10C．20 D．21

a111,所以a10与a11一正一负,又因为其前n项和Sn有最大值,所以【详解】因为a10a100,a110,则数列an的前10项均为正数,从第11项开始都是是负数,所以又因为a111,所以a11a10,即a10a110,所以使得Sn0的最大值n为19.选B. a10n7．已知等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，n1Sn6n18Tn．若bZ，

na则n的取值集合为（ ） A．{1,2,3} C．{1,2,3,5} 【答案】D

【分析】首先根据n1Sn6n18Tn即可得出可． 【详解】

Snbnn，再根据前项的公式计算出即

TnanB．{1,2,3,4} D．{1,2,3,6}

n1Sn6n18TnSn6n18 Tnn1na1a2n1a2aS12n1262nn2n16

nb1b2n1T2n1bn2bn2nn2anZ bnn1,2,3,6，选D.

【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，属于难题.等差数列的常用性质有：

（1）通项公式的推广：anam(nm)d

（2）若an 为等差数列， pqmnapaqaman；

（3）若an是等差数列，公差为d，ak,akm,ak2m ，则是公差md 的等差数列； 8．在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有2个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形（图

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中共有11个正三角形），这个过程称之为迭代．在边长为243的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有10个正三角形），其中最小的正三角形面积为（ ）

A．33 4B．1 C．3 2D．3 4【答案】A

【分析】记第n个正三角形的边长为an，第n1个正三角形的边长为an1，根据an与an1的关系判断出an为等比数列，由此求解出最小的正三角形的边长，从而面积可求. 【详解】设第n个正三角形的边长为an，则n1个正三角形的边长为an1， 由条件可知：a1243，

1212122 anan2anancos120，所以an1an,an0，

3333322又由图形可知：a2n1所以

an111，所以an是首项为243，公比为的等比数列， an33n11所以an24331，所以an3n11，所以a103，

333133所以最小的正三角形的面积为：24， 2故选：A.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将已知问题转化为等比数列问题，通过每一次的迭代分析正三角形的边长之间的关系，从而分析得到正三角形的边长成等比数列，据此可进行相关计算.

二、多选题

9．已知数列an的前5项为1、1、1、1、1，则an的通项公式可能为（ ）

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A．an1 C．ancosn 【答案】ABC

n1,n2k1kN B．an1,n2kD．ansinn 2【分析】利用观察法可得出数列an的通项公式.

【详解】观察数列an的前5项可知，an的通项公式可能为

1,n2k1nan1kN，

1,n2k1,n为奇数cosn因为，故ancosn， 1,n为偶数若ansinn，则a1sin1，不合乎题意.

22故选：ABC.

10．已知数列an的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）

2A．若Snn1，则an是等差数列；

SSSB．若an是等差数列，则三点10,10、100,100、110,110共线；

10100110C．若an是等差数列，且a111，a3a76，则数列an的前n项和Sn有最小值； D．若等差数列an的前12项和为354，前12项中，偶数项的和与奇数项的和之比为32：27，则公差为5． 【答案】BCD

【分析】A选项利用SnSn1ann2求出an即可判断；B选项根据等差数列前n项和公式对点坐标进行处理，同时利用斜率相等证明共线；C选项利用等差数列的性质求出D选项根据偶数项和奇数项的比值公差，再结合首项和公差的正负判断Sn有无最小值；求出偶数项和奇数项的和，从而作差求出公差.

22n112n1n2，当n1时，【详解】A选项：anSnSn1n10,n1a1S10，不符合an2n1，所以an，故A错； 2n1,n2B选项：因为an为等差数列，所以Snnna1nn1dn1d， 2a1n2第 5 页 共 16 页

S109SS99109d， a1d，100a1d，110a110021102102S10S100S110S100因为101001，1101001，所以三点共线，B正确；

dd1010021101002C选项：因为a3a7a1a96，a111，所以a95，d2，因为a10，d0，所以Sn有最小值，当n6时取最小值，故C正确；

D选项：因为S12354，前12 项里偶数项和奇数项的和的比为32:27，所以偶数项和为192，奇数项和为162，偶数项和-奇数项和=6d=30，所以公差为5，D正确. 故选：BCD.

11．已知等比数列an的公比为q，且a51，则下列选项正确的是（ ） A．a3a72 C．a72a610 【答案】AC

【分析】由等比数列的通项公式可得a3112a，a6q，a7q，再代入四个选2，4qqB．a4a62 D．a32a410

项，结合基本不等式和一元二次不等式的性质得到答案. 【详解】因为等比数列an的公比为q，且a51 所以a311a，a6q，a7q2， 2，4qq1q22，故A正确； 2q1q，当q0时式子为负数，故B错误； q2因为a3a7因为a4a6因为a72a61q22q1q10，故C正确；

112因为a32a412112，存在q使得a32a410，故D错误.

qqq故选：AC

12．已知无穷等差数列an的公差dN*，且5，17，23是an中的三项，则下列结论正确的是（ ） A．d的最大值是6 C．an一定是奇数 【答案】ABD

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B．2a2a8

D．137一定是数列an中的项

2【分析】推导出d6*，d的最大值为6，a15,dN,2a2a8a15d0，当mnmn2时，d3，从而137一定是等差数列{an}中的项.

【详解】因为无穷等差数列{an}的公差dN*，且5,17,23是{an}中的三项，

17512md所以设，

23176nd解得d6， mn所以d的最大值为6，故A正确； 因为a15，dN*，

所以2a2a8a15d0，故B正确； 因为d6，所以mn2时，d3，数列可能为5,8,11,14,17,20,23,mn,故C错误；

因为13723196，

所以137一定是等差数列{an}中的项，故D正确. 故选：ABD.

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是运用等数列的基本知识，回到基本量上的计算.

三、填空题

13．在正项等比数列an中，a2a416，a4a524，则通项公式an________． 【答案】2n1

【分析】设等比数列an的公比为q（q0），然后根据题意列方程组可求出a1,q，从而可求出其通项公式.

【详解】由题意设等比数列an的公比为q（q0），an0， 因为a2a416，a4a524，

a1qa1q316所以3， 4aqaq241122由a1qa1q316，得(a1q)16，

22所以a1q4，或a1q4（舍去），

234所以将a1q4代入a1qa1q24，得

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4q4q224，即q2q60，

解得q2或q3（舍去），

所以a11，

n1n1所以ana1q2，

故答案为：2n1

14．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________. 【答案】2n13

【分析】构造等比数列，利用等比数列通项公式进行求解. 【详解】由an12an3，得an132an3. 令bnan3，则b1a134，且

bn1an132. bnan3所以bn是以4为首项，2为公比的等比数列.

n1∴bn42n12n1，∴an23.

故答案为：2n13

15．设Sn是等比数列an的前n项和，若【答案】

S3S31______. ，则

S63S6S121 18【分析】设S3t,S63t，利用等比数列的性质求出S9,S12即得解. 【详解】解：设S3t,S63t，所以S6S33tt2t,

因为数列是等比数列，所以S3,S6S3,S9S6,S12S9成等比数列， 因为数列S3,S6S3,S9S6,S12S9的公比为2，

2所以S93tt2,S97t，

3所以S12S9=t2,S1215t.

S3t1. 所以

S6S123t15t18故答案为：

1 1810的两个根，且a12，则3n16．对于数列an，若an,an1是关于x的方程x2cnx数列cn所有项的和为________．

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【答案】

94.5 2【分析】结合根与系数关系求得cn,an,an1的关系式，对n进行分类讨论，求得cn，从而求得数列cn的前n项和，进而求得数列cn所有项的和. 【详解】依题意nN*，

2由于an,an1是关于x的方程xcnx10的两个根， 3nanan1cn所以1，

aann13n114422a12,a1a2a2,a1a2，所以cnn0,cnn.

363311aa，，an0， n1n23n3n1an21， 两式相除得an3对于anan11所以an的奇数项、偶数项，分别成公比为的等比数列，

31当n为奇数时，首项为a12，ana13n12123n12，

n211211n当为偶数时，首项为a2，ana216633n12n12nn2211 23n121所以当n为奇数时，cnanan123112313163，

cn的奇数项是首项为

131，公比为的等比数列.

36n2n2n2151， 1当n为偶数时，cnanan11223233cn的偶数项是首项为

5151，公比为的等比数列.

3236设数列cn的前n项和为Tn. 当n为偶数时，Tnc1c2c3c4cn1cn

c1c3c5cn1c2c4c6cn

nn131251211n63639912. 112231133第 9 页 共 16 页

1当n为奇数时，TnTn1cn199223n2991,n为偶数223所以Tn， n19127,n为奇数32n125123n1291723n12.

所以数列cn所有项的和为limTnn9. 2故答案为：4.5

【点睛】本小题主要考查“数列所有项的和”的知识，涉及到极限的计算.突破口在于对n分成奇数和偶数两种情况进行分类讨论，利用分组和法来求得Tn，进而可利用极限求得“数列所有项的和”.

四、解答题

17．已知数列an前n项和Sn=

nn1.bn为等比数列，b22，b516，cnanbn. 2(1)求数列an、bn的通项公式； (2)求数列cn的前n项和Tn.

n1【答案】(1)ann1，bn2

(2)Tn2n1

nn12

【分析】（1）利用Sn与an的关系求出an，利用等比数列的基本量法求得通项公式bn； （2）由分组求和法求得Tn． 【详解】(1)n2时，anSnSn1n1时，a1S10，

n(n1)(n1)(n2)n1， 22所以ann1，

3设{bn}的公比是q，则qa5168，qa222，所以a1a21， qn1所以bn2；

n1(2)由（1）cnn12，

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所以Tn[012(n1)](124n(n1)12nn(n1)． 2)2n12122n118．在等比数列an中，an0nN，公比q0,1，且a3a52a4a6a3a9100，

又4是a4与a6的等比中项． (1)求数列an的通项公式；

(2)设bnlog2an，求数列bn的前21项和S21．

7n【答案】(1)an2,nN

(2)126

【分析】（1）根据题意，求得a4a610和a4a616，进而求得a1,q的值，即可求解；（2）由（1）得到bn7n和Tnn(13n)，进而求得数列bn的前21项的和. 222【详解】(1)解：因为a3a52a4a6a3a9100，可得a42a4a6a6100，即

(a4a6)2100，

又因为an0，所以a4a610，

因为4是a4与a6的等比中项，所以a4a616，

即a4与a6是方程x210x160的两个根，且q0,1，

a1q381所以a48,a62，即5，解得a164,q，

2a1q21n17n所以数列an的通项公式为an64()2.

27n(2)解：由an2，可得bnlog2an7n，则bn7n，

则数列bn的前n项和为Tnn(13n)， 2n(13n)； 2当1n7,nN时，bn0，所以Sn当n8,nN时，bn0， 所以S21(b1b2b7)(b8b9b21)

T7(T21T7)2T7T2127(137)21(1321)126. 2219．设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，a24，S314.

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(1)求an； (2)若q1，证明：

12n2. a1a2an4n【答案】(1)an2n或an2.

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据已知条件利用等比数列的通项建立方程组，求出基本量进行处理. （2）利用错位相减法以及不等式的性质进行处理. 【详解】(1)据题意知：

a1q4? a8a121，解得或41，

4q10q2qq24n所以an2n或an2.

(2)由（1）有：因为q1，所以an2n，记Tn1111则Tn12233nn ①

222211111Tn1223n1nnn1 ② 2222212n， a1a2an111111所以①②得Tn23nnn1

222222111n11122nn11nnn1，

122212∴Tn22n2n2， 2n2n2n2n0， 2n12n所以2.

a1a2an因为nN，所以

2nan2n120．已知首项为4的数列an满足an1．

n1na(1)证明：数列nn是等差数列．

2(2)求数列an的通项公式，并求数列an的最小项． 【答案】(1)证明见解析 (2)an

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n12n；最小项为n4.

n1【分析】（1）根据题意化简得到n1an12nan2，即

n1an12nan2n12n11，结合

等差数列的定义，即可求解； （2）由（1）求得ann12n，根据an[(n1)22]2n0，得到数列an为n1ann(n1)递增数列，即可求解.

2nan2n1n1【详解】(1)解：因为数列an满足an1，即n1an12nan2，

n1n1an12nann1an1nan1， 可得

2n12n12n12na又因为a14，可得12，

2nan所以数列n表示首项为2，公差为1的等差数列.

2na(2)解：数列nn表示首项为2，公差为1的等差数列，

2nann12n可得n2(n1)1n1，所以an， 2n由an1ann22n1n12nn1nnn12n1n12nn(n1)

(n22n1)2n[(n1)22]2n，

n(n1)n(n1)2n[(n1)2]20，即an1an，所以数列an为递增数列， 当nN时，可得

n(n1)所以当n1时，数列an的最小项为a14，即数列an的最小项为4. 21．已知等差数列an的公差d0，a27，且a1，a6，5a3成等比数列. （1）求数列an的通项公式； （2）若数列bn满足

11annN*，且b11，求数列bn的前n项和Tn. bn1bn33n25n. 【答案】（1）an2n3；（2）Tn4n1n22【分析】（1）由a1，a6，5a3成等比数列，可得a65a3a1，利用an等差数列，a27，

即可求出a1和d，从而求出an的通项公式； （2）由（1）知

1112n3，利用累加法可得bn，利用裂项求和即可得

nn2bn1bnnbn的前n项和T.

【详解】（1）a1，a6，5a3成等比数列，

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25a3a1∴a15d5a1a12d， 整理得4a1225d2 ∴a6255∴a1d或a1d，

225a155a1d2解得当a1d时，由，满足题意，

d22a275514a1d2解得d，不合题意， 当a1d时，由23a72∴an52n12n3.

（2）由（1）知，当n2时，a1a2an1∵

n152n12n22n3，

1111an1， an，∴当n2时，bnbn1bn1bn11111111n22n3， b2b1b3b2bnbn1bnb111111bbb∴n又b1∴n当n1时，1，nN*. 1123nn2nn23a1a2an1∴bn1111，

nn22nn2111111∴Tnb1b2bn12324nn213113n25n. 22n1n24n1n2【点睛】本题考查求等差数列的通项公式与前n项和，考查累加法求数列通项，裂项相消法求和，属于中档题.

22．设Ax1,fx1，Bx2,fx2是函数fx（1）当x1+x21时，求fx1fx2的值； 1（2）设Snfn12fn1n1fn121xlog2的图象上的任意两点． 21xn*f，其中nN，求Sn； n11*（3）对应（2）中Sn，已知an的前n项和，，其中nN，设T为数列an S1n求证

45Tn． 93【答案】（1） 1 （2） Snn （3） 证明见解析. 2【分析】（1）由已知条件以及对数运算法则化简即可； （2）利用倒序相加求和法得到结果；

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（3）先化简，再放缩，最后根据裂项相消法求和，即证得不等式。 【详解】（1）意两点，

x1，x2(0,1)，且x1+x21时， f(x1)f(x2)xx11log21log22 21x121x2Ax1,fx1，Bx2,fx2是函数fx1xlog2的图象上的任21x1log21log2x1x2

(1x1)(1x2)x1x2

1(x1+x2)x1x21log211

（2）

1n2n13n21n1n1n1n1n1n1，

1n2f()f()f()1n1n1n12Snfffn1n1n13n2f()f()f()1n1n1nn1nf， ① n1n1nn121Snff+ff， ②

n1n1n1n1由①②，得：

1，

n2Snf1nn2ff1n1nn； 222nn1ff1n1n1f，1n2Snn，故Sn（3）

2112ann，

S1n2n12Tn44442， 324252n2

an0，TnTn1，Tn是单调递增数列，

TnT1a14， 94an所以Tn4n22n221112

n3n1n1n344444444422324252n2321421521n21第 15 页 共 16 页

1111112(2435461111) nn2n1n311112()

23n2n351152()，

6n2n3345Tn. 93【点睛】关键点睛：本题考查函数值的求法，考查数列前n项和的求法，考查不等式的证明，解答本题的关键是观察出相加法求和，由an1n2n13n21n1n1n1n1n1n421，由倒序

4n22n21112，放缩后裂项

n3n1n1n34相消法可求和，属于压轴题.

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