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吉林省四平市第一高级中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试卷
本试卷分客观题和主观题两部分,共19题,共150分,共2页.考试时间为120分钟.考试结束后,只交答题卡.
第I卷客观题
一、单选题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.在等差数列中,,则()
A.36 B.24 C.17 D.16
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列求和公式及性质即可求解;
【详解】,
故选:A
2.已知在等比数列中,,则()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式求解即可得答案.
【详解】因为是等比数列,所以,所以,
所以,解得,
故选:A.
3.()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的定义进行转化求解即可.
【详解】
故选:B.
4.在数列中,,且,则()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算可得数列的周期,即可得解.
【详解】当时,;
当时,,
当时,,
故数列是以为周期的周期数列,故.
故选:A.
5.在下列函数中,求导错误的是()
A., B.,
C., D.,
【答案】B
【解析】
【分析】分别求得每个函数的导数即可判断.
【详解】;
;
;
.
故求导错误的是B.
故选:B.
6.某医院购买一台大型医疗机器价格为万元,实行分期付款,每期付款万元,每期为一个月,共付12次,如果月利率为,每月复利一次,则,满足()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得,结合放缩即可得解.
【详解】,
由,故,
,
由,
故,即有.
故选:D.
7.已知为数列的前项和,,则()
A.2021 B.2022 C.2023 D.2024
【答案】D
【解析】
【分析】利用,得,当时,由即可推出即可得解.
【详解】当时,,因为,所以.
当时,由得,
两式相减可得,即.
因为,所以,
可得,所以2024.
故选:D.
8.已知数列的首项是,前项和为,且(),设,若存在常数,使不等式()恒成立,则的最小值为()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的递推式可得到,构造等比数列求出,继而求出,再利用基本不等式求得的最大值,则可得答案.
【详解】当时,由可得,
两式相减得:,即,
而,,故,
所以是以为首项,为公比的等比数列,
则,
故,
所以,
而,当且仅当时取等号,
故,当且仅当时取等号,
所以若存在常数,使不等式()恒成立,
则的最小值为,
故选:C
二、多选题(本题共3小题,每小题6分,共18分,部分选对的得部分分,有选错或不选的得0分)
9.设等差数列,的前项和分别为,,若,则满足的的值可能为(????)
A.2 B.4 C.12 D.14
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意,由,代入计算,即可得到结果.
【详解】因为等差数列,的前项和分别为,,且,
则,
因为,则,
所以,且,则舍,
所以的可能值为.
故选:ABD
10.已知数列的前项和为,则()
A.
B.数列的前项和为
C.数列的前项和的最小值为
D.数列的前项和小于
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据前项和与通项公式的关系,结合等差数列的前项和公式、等差数列的性质、裂项相消法逐一判断即可.
【详解】因为的前项和为,
所以有,显然,
显然当时,有,
两个式子相减,得,
化简,得,显然适合该通项公式,因此选项A正确;
因为,所以数列为等差数列,
于是数列的前项和为,所以选项B不正确;
令,由,从第五项起,该数列每一项为正数,
因此数列的前项和的最小值为,因此选项C正确;
,
所以数列的前项和为,
因此选项D正确,
故选:ACD
11.已知数列的前项和为,则下列结论正确的是()
A.若,则最大值为
B.若数列为等差数列,且,,成等比数列,则其公比或
C.若,则数列为递增数列
D.若,则数列为等差数列
【答案】AB
【解析】
【分析】由结合单调性即可判断;根据等差数列和等比数列的通项公式即可判断;通过举例可判断;由可求,即可判断.
【详解】对于,,
可得,
设函数,,
所以当时,函数单调递减,当时,函数单调递增,
所以当且时,所以,
而,,
所以的最大值为,故正确;
对于,,,成等比数列,设公比为,
所以,,
因为数列为等差数列,所以,
所以,解得或,故正确;
对于,当时,,
但数列为递减数列,故错误;
对于,当时,,
当时,,
当时上式不成立,
所以,所以数列不是等差数列,
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