资源简介

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高中同步达标检测卷
第1章　数列
全卷满分150分　考试用时120分钟
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.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,a3=3,则S4=(　　)
A.12　　　　B.10　　　　C.8　　　　D.6
2.各项均为正数的等比数列{an}中,a6与a12的等比中项为3,则log3a7+log3a11=(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
3.《算法统宗》是我国古代数学名著,由明代数学家程大位编著,它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,如“九儿问甲歌”:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推.在这个问题中,这位公公的长儿的年龄为(　　)
A.23岁　　　　B.32岁　　　　C.35岁　　　　D.38岁
4.已知数列{an}中,a1=-,an=1-(n≥2),则a100=(　　)
A.5　　　　B.-　　　　C.　　　　D.-
5.已知等差数列{an}的项数为2m+1(m∈N+),其中奇数项之和为140,偶数项之和为120,则m=(　　)
A.6　　　　B.7　　　　C.12　　　　D.13
6.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=a,an+1=,若a6=,则(　　)
A.0C.17.设等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,已知a5=11,S10=120,bn=,若Tk=,则正整数k的值为(　　)
A.9　　　　B.8　　　　C.7　　　　D.6
8.已知数列{an}满足a1=1,a2=,anan+2=4,则an的最小值为(　　)
A.2-12　　　　B.2-10　　　　C.2-5　　　　D.2-6
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知{an}是各项均为正数的无穷数列,其前n项和为Sn,且 +=1(n∈N+),则下列结论正确的有(　　)
A.a2B.对于任意的n∈N+,Sn≥n+1
C.存在k∈N+,使得ak<1
D.数列{an}有最大值,无最小值
10.在数列{an}中,若-=p(n≥2,n∈N+,p为常数),则称{an}为等方差数列.下列对等方差数列的判断正确的是(　　)
A.若{an}是等差数列,则{}是等方差数列
B.{(-1)n}是等方差数列
C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N+,k为常数)也是等方差数列
D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列
11.设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则(　　)
A.ω(2n)=ω(n)　　　　　B.ω(2n+3)=ω(n)+1
C.ω(8n+5)=ω(4n+3)　　　　　D.ω(2n-1)=n
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知数列{an},满足2a1+3a2+4a3+…+(n+1)an=n(n∈N+),则a2 023=　　　　.
13.已知等比数列{an}是递增数列,若a1=1,且3a2,2a3,a4为等差数列,则{an}的前4项和S4=　　　　.
14.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得到图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,若 n∈N+,Sn> 恒成立,则a的取值范围是　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)在①Sn=2an-1,②=,a2=,③Sn=2n+1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.
已知数列{an}的前n项和为Sn,　　　　,数列{bn}满足bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
16.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2a6-a3=9,S5=15.
(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn;
(2)若bn=·an+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
17.(15分)已知数列{an},{bn}满足an-bn=2n.
(1)若{an}是等差数列,b2=1,b4=-7,求数列{bn}的前n项和Sn;
(2)若{bn}是各项均为正数且公比为q的等比数列,是否存在实数q,使{an}为等比数列 若存在,求出q的值;若不存在,请说明理由.
18.(17分)已知数列{an}满足an+1-2an+2=0,且a1=8.
(1)证明:数列{an-2}为等比数列;
(2)设bn=,记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N+,m≥Tn恒成立,求m的取值范围.
19.(17分)数学归纳法是一种数学证明方法,通常被用于证明某个给定的命题在整个(或者局部)正整数范围内成立,证明分为下面两个步骤:1.证明当n=n0(n0∈N+)时命题成立;2.假设n=k(k∈N+,且k≥n0)时命题成立,推导出在n=k+1时命题也成立.只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0开始的所有自然数n都成立.已知有穷递增数列{an},a1=-1,a2>0,n∈N+且n≥3.定义:集合A={(x,y)|x=ai,y=aj,1≤i≤n,1≤j≤n,i,j∈N+},若 (x1,y1)∈A, (x2,y2)∈A,使得x1x2+y1y2=0,则称{an}具有性质T.
(1)若数列-1,1,2,m(m>2)具有性质T,求实数m的值;
(2)若{an}具有性质T,且a2=1,a3=2,
(i)猜想当n≥2时{an}的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想;
(ii)求+++…+(n≥2).
答案全解全析
1.B　设等差数列{an}的公差为d,由a1=1,a3=a1+2d=3,解得d=1,
所以S4=4a1+×d=10.
2.B　易知a6·a12=9,∴log3a7+log3a11=log3(a7·a11)=log3(a6·a12)=log39=2.
3.C　设第n个儿子的年龄为an岁,由题可知{an}是等差数列,设其公差为d,前n项和为Sn,易得d=-3,则S9=9a1+×(-3)=207,解得a1=35,即这位公公的长儿的年龄为35岁.
4.B　因为a1=-,an=1-(n≥2),
所以a2=1-=1-=5,a3=1-=1-=,
a4=1-=1-=1-=-,
所以数列{an}是以“-,5,”为一个周期的周期数列,
因为100=33×3+1,所以a100=a1=-.
5.A　项数为2m+1的{an}中奇数项共有(m+1)项,其和为==(m+1)am+1=140,项数为2m+1的{an}中偶数项共有m项,其和为==mam+1=120,
所以==,解得m=6.
6.C　由题意可知an≠0,因为an+1=,
所以=,即-=an-1.
令n=1,得-=a1-1;令n=2,得-=a2-1;
令n=3,得-=a3-1;令n=4,得-=a4-1;
令n=5,得-=a5-1.
将以上各式相加,得++++=a1+a2+a3+a4+a5-5,
即-=S5-5,所以S5=10-,
因为所以<<9,
所以1<10-<,即17.A　设等差数列{an}的公差为d,
因为S10==5(a5+a6)=5(11+a6)=120,
所以a6=13,则d=a6-a5=2,
所以an=a5+2(n-5)=2n+1,
所以bn==,
故Tn===,
因为Tk=,所以=,解得k=9.
8.D　∵a1=1,a2=,anan+2=4,∴an≠0,=,
又=,∴数列是首项为,公比为4的等比数列,
∴=×4n-1=4n-3.
当n≥2时,an=··…··a1=4n-4×4n-5×…×4-2×1=,
∵当n=1时,a1=1,满足上式,∴an=.
∴当n=3或n=4时,an取得最小值,最小值为4-3=2-6.
9.ABD　令n=1,则+=2·=1,
所以a1=2,
令n=2,得+=+=1,
又an>0,所以a2=,A正确;
由an>0,+=1得<1,所以an>1,C错误;
由a1=2=1+1,且an>1,得Sn=a1+a2+…+an=2+a2+…+an≥n+1,B正确;
由=1-,得an=,
所以an+1-an=-=
==<0,
所以an+1故数列{an}有最大值,为2,无最小值,D正确.
10.BCD　在选项A中,取an=n,则{an}是等差数列,且=n2,则-=(n+1)2-n2=2n+1,不是常数,所以{}不是等方差数列,故A错误.
在选项B中,设an=(-1)n,则-=-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常数,所以{(-1)n}是等方差数列,故B正确.
在选项C中,由{an}是等方差数列,得-=p,从而=+(n-1)p,所以-=[+(kn+k-1)p]-[+(kn-1)p]=kp,是常数,所以{akn}(k∈N+,k为常数)是等方差数列,故C正确.
在选项D中,由{an}是等差数列,可设其公差为d,则an-an-1=d,又{an}是等方差数列,所以-=p,所以-=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p①,从而(an+1+an)d=p②.
②-①,得(d+d)d=0,所以d=0,所以{an}是常数列,故D正确.
11.ACD　对于A选项,ω(n)=a0+a1+…+ak,2n=a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1,所以ω(2n)=a0+a1+…+ak=ω(n),A选项正确;
对于B选项,取n=2,2n+3=7=1×20+1×21+1×22,∴ω(7)=3,
而2=0×20+1×21,则ω(2)=1,即ω(7)≠ω(2)+1,B选项错误;
对于C选项,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1×20+1×22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,所以ω(8n+5)=2+a0+a1+…+ak,
4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1×20+1×21+a0·22+a1·23+…+ak·2k+2,所以ω(4n+3)=2+a0+a1+…+ak,因此ω(8n+5)=ω(4n+3),C选项正确;
对于D选项,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D选项正确.
12.答案　
解析　由2a1+3a2+4a3+…+(n+1)an=n(n∈N+),
得2a1+3a2+4a3+…+nan-1=n-1,n≥2,
两式作差,得(n+1)an=1,n≥2,
所以an=(n≥2),故a2 023=.
13.答案　40
解析　由题意知数列{an}的各项均为正数.设{an}的公比为q(q>1),因为3a2,2a3,a4为等差数列,所以4a3=3a2+a4.因为a1=1,所以4q2=3q+q3,即q2-4q+3=0,解得q=1(舍去)或q=3,所以S4===40.
14.答案　a2;[,+∞)
解析　依题意得,S1=π×(2a)2=2πa2,
S1-S2=πa2,
S2-S3=π×=πa2,
∴S3=S2-πa2=S1-πa2-πa2=a2.
以此类推,{Sn+1-Sn}是以S2-S1=-πa2为首项,为公比的等比数列,
记S2-S1=-πa2=S,
则S3-S2=S,……,Sn-Sn-1=S(n≥2),
∴Sn-S1==S×,
∴Sn=S1+S×=2πa2-πa2+πa2×
=πa2+πa2(n≥2),
经检验,当n=1时,上式也成立,
∴Sn=πa2+πa2(n∈N+).
∵Sn>对任意n∈N+恒成立,且Sn>a2,
∴只需πa2≥即可,解得a2≥505,
又∵a>0,
∴a≥,即a的取值范围是[,+∞).
15.解析　选条件①Sn=2an-1.
由得an=2an-2an-1,
所以an=2an-1(n≥2),(4分)
又因为S1=2a1-1,所以a1=1,
所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,
所以an=2n-1.(8分)
因此bn=anan+1=2n-1·2n=22n-1,(10分)
所以Tn=21+23+…+22n-1==.(13分)
选条件②=,a2=.
解法一:由=,得=,又a2=,所以a1=1.(2分)
当n≥2时,=××…×=××…×=,
所以an=(n≥2),(6分)
又因为a1=1也符合an=,所以an=.(8分)
因此bn=anan+1==,(10分)
所以Tn===.(13分)
解法二:由=,得(2n+1)an+1=(2n-1)an,
所以数列{(2n-1)an}是常数列,(4分)
所以(2n-1)an=(2×2-1)a2=1,所以an=.(8分)
下同解法一.(13分)
选条件③Sn=2n+1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1,(3分)
又因为a1=S1=3,显然不符合上式,
所以an=(5分)
则bn=an·an+1=(7分)
当n≥2时,Tn=6+23+25+…+22n-1=6+=×4n+,(9分)
又因为T1=6,符合Tn=×4n+,(11分)
所以Tn=×4n+.(13分)
16.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
则2a6-a3=2a1+10d-a1-2d=a1+8d=9,S5=5a1+10d=15,
解得a1=d=1,(3分)
故an=1+n-1=n.(5分)
Sn=n+=.(7分)
(2)结合(1)知bn=(n+1)·2n,
故Tn=2×21+3×22+4×23+…+(n+1)·2n①,
则2Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1②,(10分)
由①-②得-Tn=4+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1=4+-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,(13分)
所以Tn=n·2n+1.(15分)
17.解析　(1)由an-bn=2n,b2=1,b4=-7,
得a2=b2+22=5,a4=b4+24=9,
设{an}的公差为d,则a4=a2+2d=5+2d=9,解得d=2,
所以an=a2+(n-2)d=5+2(n-2)=2n+1,(3分)
所以bn=an-2n=2n+1-2n,
所以Sn=b1+b2+b3+…+bn=[3+5+…+(2n+1)]-(2+22+…+2n)
=-=n2+2n+2-2n+1.(6分)
(2)因为{bn}是各项均为正数且公比为q的等比数列,
所以bn=b1qn-1(q>0),
由an-bn=2n,得an=bn+2n=2n+b1qn-1.(8分)
若{an}是等比数列,则=a1a3,即=(b1+2)(b3+8),
整理得+8b2+16=b1b3+8b1+2b3+16,
所以4b2=4b1+b3,
所以4b1q=4b1+b1q2,
所以q=2.(10分)
当q=2时,an=2n+b1·2n-1=(b1+2)·2n-1,
因为b1>0,所以=2,为常数,故{an}是等比数列.(14分)
所以存在实数q=2,使{an}为等比数列.(15分)
18.解析　(1)证明:因为an+1-2an+2=0,
所以an+1=2an-2,
即an+1-2=2(an-2),则=2,
所以数列{an-2}是以a1-2=6为首项,2为公比的等比数列.(4分)
(2)由(1)知an-2=6×2n-1,则an=3×2n+2,
所以bn===(-1)n,(6分)
当n为偶数时,Tn=++…+--+=-+=-+,(8分)
当n为奇数时,Tn=++…++=--=--.(11分)
当n为偶数时,Tn=-+单调递减,当n=2时,Tn取得最大值-,则m≥-;(13分)
当n为奇数时,Tn=--<-,则m≥-.(15分)
综上,m的取值范围是.(17分)
19.解析　(1)已知数列-1,1,2具有性质T,
当(x1,y1)=(-1,m)时,取(x2,y2)=(m,1),满足题意.
当(x1,y1)=(1,m)时,取(x2,y2)=(m,-1),满足题意.(2分)
当(x1,y1)=(2,m)时,2x2+my2=0,此时x2,y2中有且仅有一个数为-1,
若x2=-1,则m=,因为y2∈N+,所以m∈(0,2],不满足m>2;
若y2=-1,则m=2x2,故m的值为2或4或2m,(4分)
又因为m>2,所以m=4.综上所述,m=4.(5分)
(2)(i)猜想an=2n-2(n≥2).(6分)
当n=2时,a2=22-2=1,满足题意.(7分)
假设n=k(k∈N+,且k≥2)时,ak=2k-2成立,则当n=k+1时,
若(x1,y1)=(-1,ak+1),则取(x2,y2)=(ak+1,1),满足题意.(8分)
若(x1,y1)=(ai,ak+1),i=2,3,…,k+1,则x2,y2中有且仅有一个数为-1,
当x2=-1时,设y2=aj,j=2,3,…,k+1,则-ai+ak+1aj=0,
故ak+1=≤ai,当且仅当i=k+1,j=2时,取得等号;(10分)
当y2=-1时,设x2=aj,j=2,3,…,k+1,则aiaj=ak+1=2i+j-4,
记i+j-4=p,则j=p-i+4,
因为对任意的i=2,3,…,k+1,都有j=p-i+4=p-k+3,p-k+4,…,p+2在2,3,4,…,k+1中取到,
所以解得p=k-1.
故i+j=k+3,故ak+1=2(k+1)-2成立.(13分)
综上,an=2n-2(n≥2).(14分)
(ii)因为n≥2时,==-,
所以+++…+
=+++…+
=2-(n≥2).(17分)
关键点睛　解决本题第二问的关键:一是,能够熟练掌握数学归纳法的证明过程;二是,能够根据性质T的定义,合理地分类讨论;三是,熟练掌握裂项求和法求解数列的前n项和.

展开更多......

收起↑