福建省宁德第一中学2023-2024高二上学期开学检测数学试题（含解析）

2023-2024学年度第一学期期初高二阶段检测
数 学 试 题
　(考试时间：120分钟 试卷总分：150分 考试范围：第一章数列等比求和前)
一、单项选择题：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．已知公比为的等比数列的前项和，，且，则（ ）
A．48 B．32 C．16 D．8
2．记等差数列的前项和为，已知，则一定成立的是（ ）
A． B． C． D．数列有最大项
3．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层10个…，则第六层球的个数为（ ）
A．15 B．18 C．20 D．21
4．已知各项均为正数的等比数列中，，，则该数列的公比为（ ）
A．2 B．1 C． D．
5．已知为递增的等比数列，且满足，，则（ ）
A． B．1 C．16 D．32
6．已知数列为各项为正数的等比数列，且，，成等差数列，则数列（ ）
A．单调递增 B．单调递减 C．先递增后递减 D．是常数列
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝
A．63 B．45 C．43 D．27
8．首项为的等差数列，从第项起开始为正数，则公差的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知数列，均为等比数列，则下列结论中一定正确的有（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等比数列
C．数列是等差数列 D．数列是等差数列
10．在数列中，（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等差数列，又是等方差数列
11．下列说法中，正确的有（ ）
A．已知，则数列是递减数列
B．数列的通项，若为单调递增数列，则
C．已知正项等比数列，则有
D．已知等差数列的前项和为，则
12．数列满是，则（ ）
A．数列的最大项为 B．数列的最大项为
C．数列的最小项为 D．数列的最小项为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知在等比数列{an}中，a3=7，S3=21，则公比q=
14．在各项均为正数的等比数列中，若，则 ．
15．已知数列为，，，，……，则该数列的一个通项公式可以是 ．
16．已知等差数列，，其前项和分别为，，且满足， ．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（本题满分10分）有一批空气净化器，原销售价为每台800元，在甲、乙两家家电商场均有销售.甲商场用如下的方法促销：买一台单价为780元，买两台每台单价都为760元，依次类推，每多买一台，则所买各台单价均再减少20元，但每台最低不能低于440元；乙商场一律都按原价的销售.某单位需购买一批此类空气净化器，问去哪家商场购买花费较少？
18．（本题满分12分）已知函数，其中，且.
(1)当时，求；
(2)设，，记数列的前项和为，求使得恒成立的的最小正整数.
19．（本题满分12分）在等差数列中，已知公差，，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的值.
20．（本题满分12分）已知数列的前n项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若等差数列满足，且，，成等比数列，求c．
21．（本题满分12分）已知数列满足，且（，且）．
(1)求，；
(2)求数列的通项公式.
22．（本题满分12分）已知数列的通项为，前项和为，且是与的等差中项，数列中，，点在直线上.
（1）求数列、的通项公式、；
（2）设的前项和为，试比较与的大小；
（3）设，若对一切正整数，恒成立，求的最小值.
1．C
根据，作差求出，再根据，求出，即可得到通项公式，再代入计算可得；
解：因为公比为的等比数列的前项和①，
当时，
当时②，
①②得，
所以，则，又，所以，解得，
所以，则；
2．C
设等差数列的公差为，由，得，然后根据等差数列的通项公式和求和公式逐个分析判断即可
设等差数列的公差为，由，得，化简得，
对于A，，，当时，，所以A错误，
对于B，，当时，，所以B错误，
对于C，因为，所以，所以C正确，
对于D，因为，所以，
当时，无最大值，所以此时数列无最大项，所以D错误，3．D
通过前几层小球的个数，可以发现规律，结合等差数列前n项求和公式计算得出结果.
根据题意，设各层球的个数构成数列，
由题意可知，，
则有，
故第六层球的个数，
4．C
由等比数列的定义和性质知，结合可得.
设数列公比为，
因数列各项均为正数，故，
则，
得
解得或（负值舍去）．
5．C
首先化简等式，并结合等比数列的性质求得，再根据等比数列的基本量求.
由题意，，
联立，则或
因为是递增的数列，得，
设等比数列的公比为，则
.
6．D
根据等差数列、等比数列的性质计算基本量即可得通项公式；
设数列的首项为，公比为q，
因为，，成等差数列，，则，即，
因为，所以可得，数列为各项为正数，解得或（舍），
可得为常数列.
7．B
试题分析：由等差数列性质知、、成等差数列，即，，成等差，∴，∴，故选B．
考点：等差数列的性质．
8．C
由题意可得，从而求出公差的取值范围.
因为首项为的等差数列，从第项起开始为正数，
所以，即，解得，9．ACD
根据等比数列和等差数列的定义或通项公式判断．
设数列的公比为，数列的公比为，所以，.
对于A，，从而数列的公比为，故A正确.
对于B，，与不一定相等，所以数列不是等比数列，故B错误.
对于C，，从而数列的公差为.故C正确.
对于D，，从而数列的公差为，D正确.
【点睛】结论点睛：本题考查等差数列和等比数列的判断．掌握等差数列和等比数列的定义是关键．判断方法有：（1）定义法；（2）通项公式法；（3）等差中项、等比中项法；（2）前项和公式．特别注意等比数列中各项均不为0．
10．BC
根据等方差数列的定义依次分析四个选项可得答案.
对于A，因为，，，
，所以不是等方差数列，故A错误；
对于B，因为，，，
所以，，
因为 是等比数列，所以，所以，
所以，因为，所以，所以，又，所以，故B正确；
对于C，设等比数列的公比为，则，
则当时，，若为常数，则必有，此时，则数列不可能是等方差数列，故C正确；
对于D，假设存在数列既是等差数列，又是等方差数列，则当时，且，
若，则，则，不合题意，
若，则，得，又，
所以为常数，必有，与假设矛盾，
故存在数列既是等差数列，又是等方差数列.故D错误；
11．ABD
由，可判定A；恒成立，可判定B；根据，，得到，可判定C；由构成等差数列，列出方程求得，可判定D.
对于A中，由，可得，所以数列是递减数列，所以正确；
对于B中，若数列的通项，
则恒成立，
所以，所以B正确；
对于C中，正项递增的等比数列，
若，可得，
此时，所以C不正确；
对于D中，等差数列的前项和为且，
根据构成等差数列，即构成等差数列，
可得，解得，所以D正确.
12．BD
根据条件，判断出数列的单调性即可求出结果.
因为，所以，
由，得到，且易知，时，，当时，，
所以
所以数列的最大项为，最小项为，
13．1或
由a3=7，S3=21，得到求解.
解：因为在等比数列{an}中，a3=7，S3=21，
所以，
两式相除得： ，
解得或，
14．
由等比数列的性质求解即可.
由可得：，
则，因为等比数列的各项均为正数，
则.
15．（答案不唯一）
分析数列前4项的特征，求出前4项都满足的一个通项公式作答.
依题意，，
所以前4 项都满足的一个通项公式为.
16．
运用等差数列的性质即可得出与的关系，从而得出结论.
运用等差数列的性质,可得即，
由等差数列性质可知．
17．若买少于10台，去乙商场花费较少；若买10台，去甲、乙商场花费一样；若买超过10台，去甲商场花费较少.
设某单位需要购买台空气净化器，甲、乙两商场的购货款的差价为，
根据题意列出分段函数，求出时对应的 ，再根据函数的单调性说明即可．
设某单位需要购买台空气净化器，甲、乙两商场的购货款的差价为，
∵去甲商场购买共花费，由题意，有，∴.
∴，
即，
当时，；当时，；当时，.
所以，若买少于10台，去乙商场花费较少；若买10台，去甲、乙商场花费一样；若买超过10台，去甲商场花费较少.
【点睛】本题考查分段函数的应用，解本类题的关键在于读懂题意，根据题意写出函数表达式，属于基础题．
18．(1) (2)2
（1）依据题给条件，利用等差数列前n项和公式即可求得；
（2）先利用裂项相消法求得数列的前n项和，再依据题给条件列出关于m的不等式，解之即可求得m的最小整数
（1）由，可得
，
则当时，.
（2）由（1）可得，当时，，
则当时，
，
则当时，数列的前n项和
，
又当时，，，，
由恒成立，可得，解之得，
则当时，使得恒成立的m的最小整数为2.
当时，成立，
综上，使得恒成立的m的最小整数为2.
19．(1) (2)
（1）根据已知条件求得公差，由此求得.
（2）先判断的符号，根据等差数列前项和公式求得正确答案.
（1），，，
又，，成等比数列，所以，
化简得，解得或，又，所以，
可得数列的通项公式；
（2）由（1）得，由，得，
由，得，
所以
，
所以.
20．(1) (2)
（1）利用，可知数列为2为首项，2为公差的等差数列，根据等差数列通项公式计算即可；
（2）求数列的前n项和为，根据等差数列及等比数列的性质可求出c．
（1）因为，当时，
两式相减得
化简得，
，，
当时，，解得或（舍去）
故数列是以2为首项，2为公差的等差数列．
．
（2）由（1）知，，，
，，，
，，成等比数列，，
即，整理得：，
或．
①当时，，所以（定值），满足为等差数列，
②当时，，
，，，
不满足，故此时数列不为等差数列（舍去）．
综上可得．
21．(1)； (2)
（1）根据递推公式，赋值求；
（2）首先变形递推公式，证明数列是等差数列，即可求通项公式.
（1）当时，，
当时，；
（2）依题意，，两边同时除以，
得，即，，，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
即，
所以.
22．（1）；（2）；（3）.
（1）根据等差中项的性质列式，然后结合求得数列的通项公式.将点坐标代入直线方程，由此证得是等差数列，进而求得数列的通项公式.（2）先求得，然后利用放缩法结合裂项求和法证得.（3）利用错位相减求和法求得，由此求得的最小值.
（1）由于是与的等差中项，故，当时，，当时，，，两式相减并化简得，故数列是首项为，公比为的等比数列，所以.将代入上，故，故是首项为，公差为的等差数列，故.
（2）依题意，所以，所以.
（3）①，②
①-②得，化简得，又因为，所以满足条件的最小整数值.
【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列通项公式的求法，考查等差中项的性质，考查裂项求和法与错位相减求和法，考查放缩法，属于中档题.

福建省宁德第一中学2023-2024高二上学期开学检测数学试题（含解析）