数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年05月试卷_0530黑龙江省龙东十校联盟2024-2025学年高二下学期4月月考试题_黑龙江省龙东十校联盟2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题

16. 解：7+8分 龙东十校联盟高二学年 4 月数学学科答案 a 1 a 1 2a 2 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 （1）证明：由a  n1 得a 2a 1，所以 n1  n 2， 3分 n 2 n1 n a 1 a 1 n n 1．A 2．A 3．D 4．A 5．B 6．C 7．C 8．D 因此数列{a 1}是等比数列，首项为a 12，公比为2, 5分 n 1 所以a 12n，得a 2n 1， 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 n n 求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。 因此数列{a }的通项公式a 2n 1. 7分 n n 9．ABD 10．AC 11．BCD a 1 2n 1 1 （2）由（1)知b  n    9分 n a a (2n 1)(2n11) 2n 1 2n11 n n1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 S b b b n 1 2 n 3 12. (， )( 3，) 13. 675 1 1 1 1 1 1 2       211 22 1 22 1 23 1 2n 1 2n11 14. S 2n2 3n4 1 1 1 1 n     211 2n11 3 2n11 13分 四、解答题：共77分。 1 1 对任意的nN, 0，所以S  15分 15．解：6+7分 2n11 n 3 65 17.解：7+8分 （1）设等差数列{a }的公差为d ，由S 3a 得6a  d 3(a 6d)， n 6 7 1 2 1 （1）当1n22时，(5n20)42.52004，得12n22， 3分 又a 1，所以d 1， 4分 当23n30时，(230n 20n80)42.52004，整理有230n 2n，得23n24， 6分 1 因此当12n24，nN 时，采摘零售当天的收入不低于批发销售当天的收入. 7分 a a (n1)d n，因此数列{a }的通项公式a n 6分 n 1 n n （2）设采摘零售量前n天和为S 千克， n （2）由b (1)na2得b (1)nn2 n n n 22（25130） 当1n22时，S 253035130 1705千克 9分 22 2 T b b b b b b 2n 1 2 3 4 2n1 2n 当23n30时， 12 22 32 42 (1)(2n1)2 (2n)2 S S a a a (12)(21)(34)(43)(2n12n)[2n(2n1)] 30 22 23 24 30 (27 22380)(26 22480)(20 23080) 2n(12n) 12342n12n 2n2 n (27 26 20)2(232430)880 2 1 27(1 ) 所以数列{b n }的前2n的和T 2n 2n2 n. 13分  28 2 8(2330) 640255424640471千克 1 2 1 2 -1-（答案 共3页） {#{QQABCQAQoggAAgBAABgCAw0wCgEQkACAASoGhAAUsAABwQNABAA=}#}12分 3 2n3 所以T   . 12分 n 4 43n 综上，采摘零售的总采摘量S 17054712176千克， 30 3  3 3 2n3  （3）若不等式 T  恒成立，即 (  ) ， 生态采摘园30天批发销售和采摘零售总量为2003021768176千克， 4 n 2n 4 4 43n 2n (2n3)2n 因为81768500，所以30天内不能完成销售计划. 15分 等价于 43n 恒成立， 13分 (2n3)2n (2n5)2n1 (2n3)2n (2n1)2n 18.解：6+6+5分 设c  ，则有c c    ， n 43n n1 n 43n1 43n 43n1 （1）当n2时，2S a2 a 6 n1 n1 n1 对nN，2n10，2n 0，3n 0，所以c c 0，即c c ， n1 n n1 n 有2a 2S 2S a2 a 6(a2 a 6)a2 a2 a a 1分 n n n1 n n n1 n1 n n1 n n1 可知数列{c }是递减数列， 16分 n 整理得(a a )(a a 1)0，又a 0，有a a 0， 5 5 n n1 n n1 n n n1 数列{c }的最大值为c  ，所以 ， n 1 6 6 所以a a 1， 3分 5 n n1 因此实数的取值范围为( ，）. 17分 6 当n1时，2a 2S a2 a 6，整理得a2 a 60，得a 2（舍）或a 3 1 1 1 1 1 1 1 1 19.解：4+7+6分 所以数列{a }是等差数列，首项a 3，公差为1，a 3(n1)1n2， （1）证明：由题知a 2a2 4a 2(a 2)2， n 1 n n1 n n n 因此数列{a }的通项公式a n2 6分 所以数列{a 2}是“平方递推数列”. 4分 n n n a 2 n （2）由（1）知b  n  ， 7分 (2)（i）由（1）知a 2(a 2)2，又a 210，有a 20，同时lg(a 2)0, n 3n 3n n1 n 1 n n 1 2 n T b b b    lg(a 2) n 1 2 n 3 32 3n ① 由lg(a n1 2)lg(a n 2)2 2lg(a n 2)，得 lg(a n1 2) 2， 1 1 2 n1 n n T     8分 3 n 32 33 3n 3n1 ② 因此数列{lg(a 2)}是等比数列，首项为lg(a 2)1，公比为2， n 1 — 得 ① ② 2 T  1  1  1  1  n 所以lg(a n 2)2n1， 8分 3 n 3 32 33 3n 3n1 1 (1 1 ) lgT n lg[(a 1 2)(a 2 2)(a n 2)] 3 3n n   lg(a 2)lg(a 2)lg(a 2) 1 3n1 1 2 n 1 20 212n1 3 1 2n3 1 1(12n)     2n 1 2 6 3n 12 11分 因此lgT 2n 1. 11分 n -2-（答案 共3页） {#{QQABCQAQoggAAgBAABgCAw0wCgEQkACAASoGhAAUsAABwQNABAA=}#}lgT 2n 1 1 （ii）由（i）知b  n  2 ， n lg(a 2) 2n1 2n1 n 1 1 1 S b b b 2 2 2 n 1 2 n 20 21 2n1 1 1 1 2n(   ) 20 21 2n1 1 1(1 ) 2n 2n 1 1 2 1 1 2n(2 )2n 2 2n1 2n1 14分 1 1 由S 4048，即2n 24048，2n 4050， n 2n1 2n1 1 1 1 1 因为对任意的nN ，2(n1) (2n )2 0，所以数列{2n }是递增数列， 2n 2n1 2n 2n1 1 1 又知，当n2024时，22024 4050，当n2025时，22025 4050， 22023 22024 因此使得S 4048的n的最小值为2025. 17分 n -3-（答案 共3页） {#{QQABCQAQoggAAgBAABgCAw0wCgEQkACAASoGhAAUsAABwQNABAA=}#}