2024-2025学年福建省龙岩二中高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省龙岩二中高二（上）第一次月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知数列{an}是等差数列，若a2+A.8 B.6 C.5 D.42.在等比数列{an}中，已知a1=3，an=48，A.4 B.5 C.6 D.73.在2和20之间插入两个数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个数的和是(

)A.−4或1712 B.4或1712 C.4.从1，2，3，⋯，9这9个数字中任取3个不同的数字，使它们成等差数列，则这样的等差数列共有(

)A.16个 B.24个 C.32个 D.48个5.已知{an}的前n项和为Sn，a1=1，当n≥2时，aA.1009 B.1010 C.1011 D.10126.已知{an}是递增的等比数列，且a3+a4+a5=28，等差数列{bn}满足b2=A.8 B.7 C.5 D.47.在数列{an}中，已知a1=3，且aA.415−15 B.215−29 C.8.设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d<0，aA.a4+a5+a18<0 B.使得Sn<0二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知数列{an}的首项a1=1，前n项和为SnA.a2=7 B.{Sn}是递增数列

C.10.定义数列an+1−3an为数列an的“3倍差数列”，若an的“3倍差数列”的通项公式为aA. a4=324

B.数列ann的前n项和为Sn=3n−12

C.数列log3ann的前11.设{an}是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意n∈N+，均有an+k>an，则称A.公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列

B.已知an=n+4n，则{an}是间隔递增数列

C.已知an=2n+(−1)n，则{a三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S413.已知数列{an}中，a1=2，an+1=−1an+114.数列{an}满足a1+2a2+22a3+⋯+四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2(n∈N∗)．

(1)求数列16.(本小题12分)

Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a2+a4=14，S3=15．

(1)求{17.(本小题12分)

甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为a2(n2−n+2)万元，乙超市第n年的销售额比前一年销售额多a(23)n−1万元．

(Ⅰ)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；18.(本小题12分)已知正项数列{an}的前n项和为S(Ⅰ)求数列{an(Ⅱ)若bn=bn+1−2n,n为奇数1319.(本小题12分)如果无穷数列an满足“对任意正整数i,ji≠j，都存在正整数k，使得ak=ai(1)若等比数列an的前n项和为Sn，且公比q>1,S2=12,(2)若等差数列bn的首项b1=1，公差d∈Z，求证：数列bn具有“性质(3)如果各项均为正整数的无穷等比数列cn具有“性质P”，且213,512,4参考答案1.B

2.B

3.B

4.C

5.D

6.D

7.D

8.C

9.ABD

10.ACD

11.BCD

12.7313.k=15m+10，m∈N

14.(−∞,15.解：(1)∵an+1=3an+2(n∈N∗)，

∴an+1+1=3(an+1)，

又∵a1+1=2+1=3，

∴数列{an+1}是首项、公比均为3的等比数列，

∴an+1=3n16.解：(1)设数列{an}的公差为d，

由题意得a2+a4=2a1+4d=14,S3=3a1+3d=15,

解得a1=3，d=2，

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，

所以数列{an}的通项公式为an=2n+1，n∈N17.解：(Ⅰ)假设甲超市前n年总销售额为Sn，第n年销售额为an则Sn=a2(n2−n+2)(n≥2)，因为n=1时，a1=a，则n≥2时，

an=Sn−Sn−1=a2(n2−n+2)−a2[(n−1)2−(n−1)+2]=a(n−1)，

故an=a.n=1(n−1)a,n≥2；

设乙超市第n年销售额为bn，

又b1=a，n≥2时，bn−bn−1=a(23)n−1

故bn=b1+(b2−b1)+(b3−b218.解：(Ⅰ)因为4Sn=an2+2an+1 ①，

n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1+1 ②，

 ①− ②整理得

(an+an−1)(an−an−1−2)=0，n≥2，

∵数列{an}是正项数列，∴an−an−1=2，n≥2，

当n=1时，∵4S1=a19.解：(1)解得：a1+a2且q>1,q=3,若ak=则当k=i+j,对任意正整数i,ji≠j，都存在正整数k使得则等比数列an满足性质P

(2)因为数列bn具有“性质P”b则b若数列具有性质P,则b1则b1又b1=1,则k−1d=d则dj−1则d(j−1)又d∈Z则当d=0时上式成立，当d≠0时.j−1则i−1因为i,j,k∈N∗,则i,j≠1时，则k−1≠0,则k≠1,k−1∈N,则反之，若d∈N,则1+d∈N,则上面各式成立，则数列bn具有“性质P综上数列bn具有“性质P”，当且仅当d∈N

(3)从213,512,415,1012这四个数中任选两个，

共有以下6种情况：213，1012；2①对于213，415因为415213=217为正整数，下面说明此数列具有性质P：213=a12，415=a29，任取