2020版高中数学章末检测试卷（二）新人教b版 8页

章末检测试卷(二)(时间：120分钟　满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋(n≥3)，则a5等于(　　)A.B.C．4D．5答案　A解析　a3＝a2＋＝3＋1＝4，a4＝a3＋＝4＋＝，a5＝a4＋＝＋＝.2．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)A．1B．2C．3D．4答案　B解析　∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，∴d＝a4－a3＝7－5＝2.3．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于(　　)A．1B．2C．4D．8答案　A解析　∵a3·a11＝a＝16，∴a7＝4，∴a5＝＝＝1.4．等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是(　　)A．S7B．S8C．S13D．S15答案　C解析　∵a2＋a8＋a11＝(a1＋d)＋(a1＋7d)＋(a1＋10d)＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)为常数，∴a1＋6d为常数．∴S13＝13a1＋d＝13(a1＋6d)也为常数．5．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11等于(　　)A．58B．88C．143D．176答案　B解析　S11＝＝＝＝88.6．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为(　　)nA．81B．120C．168D．192答案　B解析　由a5＝a2q3得q＝3.∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.7．数列{(－1)n·n}的前2019项的和S2019为(　　)A．－2017B．－1010C．2017D．1010答案　B解析　S2019＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2018－2019＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2018－2019)＝(－1)＋(－1)×1009＝－1010.8．若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于(　　)A．1或2B．1或－2C．－1或2D．－1或－2答案　C解析　由题意得2a4＝a6－a5，即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，∴q2－q－2＝0，即(q－2)(q＋1)＝0.∴q＝－1或q＝2.9．一个首项为23，公差为整数的等差数列，从第7项开始为负数，则它的公差是(　　)A．－2B．－3C．－4D．－6答案　C解析　由题意，知a6≥0，a7<0.∴∴－≤d<－.∵d∈Z，∴d＝－4.10．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N＋)，则S6等于(　　)A．44B．45C.(46－1)D.(45－1)答案　B解析　an＋1＝Sn＋1－Sn＝3Sn，∴Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1，∴＝4.即{Sn}是首项为1，公比为4的等比数列．n∴S6＝S1·q5＝45.11．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是(　　)A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．S6与S7均为Sn的最大值答案　C解析　由S50.又S6＝S7⇒a7＝0，所以d<0.由S7>S8⇒a8<0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0，即S91)，则(aq2)2＝(aq)2＋a2，∴q2＝.较小锐角记为θ，则sinθ＝＝.16．将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是________．答案　34950解析　在“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，1为公差的等差数列．因为前99组中数的个数共有＝4950(个)，且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34950.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．(1)求数列{an}的公比；(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．(1)解　设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，所以q＝－2.(2)证明　方法一　对任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1n＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．方法二　对任意k∈N＋，2Sk＝，Sk＋2＋Sk＋1＝＋＝，则2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝(q2＋q－2)＝0，因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．18．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N＋，a3＝5，S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意，得解得所以an＝2n－1(n∈N＋)．(2)因为bn＝＋2n＝×4n＋2n，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝＋n2＋n＝×4n＋n2＋n－.19．(12分)已知数列{log2(an－1)}(n∈N＋)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：＋＋…＋<1.(1)解　设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.由a1＝3，a3＝9，得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.n所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝2n＋1(n∈N＋)．(2)证明　因为＝＝，所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝1－<1.20．(12分)某市2018年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制汽车总量，从2018年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变．(1)记2018年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式.a1＝10a2＝9.5a3＝____a4＝____…b1＝2b2＝____b3＝____b4＝____…(2)从2018年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？解　(1)a1＝10a2＝9.5a3＝9a4＝8.5…b1＝2b2＝3b3＝4.5b4＝6.75…当1≤n≤20且n∈N＋时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5；当n≥21且n∈N＋时，an＝0.所以an＝而a4＋b4＝15.25>15，所以bn＝(2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn)＝10n＋·＋＋(n－4)n＝－n2＋17n－，由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21.所以结合实际情况，可知到2034年累积发放汽车牌照超过200万张．21．(12分)(2018·浙江)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.(1)求q的值；(2)求数列{bn}的通项公式．解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20得8＝20，解得q＝2或q＝，因为q>1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.由cn＝解得cn＝4n－1，n∈N＋.由(1)可知an＝2n-1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)·n-1，故bn－bn－1＝(4n－5)·n-2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·n-2＋(4n－9)·n-3＋…＋7·＋3.设Tn＝3＋7·＋11·2＋…＋(4n－5)·n-2，n≥2，Tn＝3·＋7·2＋…＋(4n－9)·n-2＋(4n－5)·n-1，所以Tn＝3＋4·＋4·2＋…＋4·n-2－·n-1，因此Tn＝14－(4n＋3)·n-2，n≥2，n又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·n-2，n≥2，又b1＝1也适合上式，所以bn＝15－(4n＋3)·n-2.22．(12分)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．解　(1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得解得或故an＝·3n-1或an＝－5·(－1)n-1，n∈N＋.(2)设Sm＝＋＋…＋，若an＝·3n-1，则＝n-1，则数列是首项为，公比为的等比数列．从而Sm＝＝·<<1.若an＝－5·(－1)n-1，则＝－(－1)n-1，故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，从而Sm＝故Sm<1.综上，对任何正整数m，总有Sm<1.故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．