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高二数学
(120分钟 150分)
一、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.在等差数列{an}中,a9-a3=6,则 a10-a6=
A.2 B.4 C.8 D.12
2.已知在等比数列{an}中,a2a8=10,a3=2,则 a7=
A.5 B.10 C.8 D.2
3.在数列{an}中,a2=-3,an+1= ,则 a11+a12=
A.-1 B.- C.- D.-
4.已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn,且 S5=2,S20-S15=8,则 S10=
A.3 B.4 C.5 D.6
5.对于给定数列{cn},如果存在实常数 p,q,使得 cn+1=pcn+q对于任意 n∈N*都成立,
我们称数列{cn}是“M类数列”.已知“M类数列”{an}中,a1=1,a2=3,且 p=2,q=k,则
a5=
A.7 B.15
C.31 D.63
6.在数列{an}中,a1=-log233,数列{an}的递推公式为 an=an-1+log2 (n≥2,n∈N*),则
a32=
A.3 B.4 C.5 D.6
7.[x]表示不超过 x的最大整数,如[-3.6]=-4,[2]=2,[4.3]=4,若{an}的通项公式为
an=2n-15,则数列 的前 10项和为
A.-16 B.-15
C.-12 D.-10
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8.已知数列{an}满足 an+1= +1,则 a1+a2024的最大值为
A.2+
B.2( +1)
C.2-
D.2( -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
合题目要求.全部选对的得 6分,选对但不全的得部分分,有选错的得 0分.
9.数列- , ,- , ,…的通项公式可以为
A.an=
B.an=
C.an=
D.an=
10.已知数列{an}的通项公式为 an=n,则下列结论正确的是
A.数列{(-1)nan}的前 101项的和为-51
B.数列{(-1)n }的前 100项的和为 5050
C.在 a1与 a2之间插入三个数 a,b,c使 a1,a,b,c,a2成等比数列,则 b=±
D.当 n≥2时, 的最大值为 3
11.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:
1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是前两个数都是 1,从第三个数起,每一个数都等于
它前面相邻两个数的和,人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.若
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记此数列为{an},有 a1=a2=1,an+2=an+an+1,前 n项和为 Sn,则下列对“斐波那契数列”
的描述正确的是
A.1+S2022=a2024
B.该数列的前 2024项中能被 3整除的有 507项
C.a2024是偶数
D. + +…+ =a2024a2025
三、填空题:本题共 3小题,每小题 5分,共 15分.
12.在等差数列{an}中,a3=-5,a6=4,则 d= ,a1= .
13.已知数列{an}满足 a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1是首项为 2,公比为 3的等比数列,则
an= .
14.设正项数列{an}的前 n项和为 Sn,2Sn- -an=0,则 = .
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)已知首项为 2的数列{an}的前 n项和为 Sn,且 Sn= an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知数列 的前 n项和为 Tn,若 Tn= ,求 n.
16.(15分)记 Sn为等差数列{an}的前 n项和,已知 a2=11,S10=40.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前 n项和 Tn.
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17.(15分)已知等差数列{an}满足 .
从①a1=1,2nan+1=(2n-1)an+6n-1,②a2=3,a8=3a3中任选一个填在题中的横线上,并
解答下列问题.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足 b nn=3 ·an(n∈N*),求数列{bn}的前 n项和 Sn.
注:如果选择两个条件分别解答,那么按第一个解答计分.
18.(17分)已知在数列{an}中,a1=0,a3=2,an+an+1+an+2=3n.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)记 bn= ,在数列{bn}中,是否存在三项能构成等差数列 若存在,求出该三项;若
不存在,请说明理由.
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19.(17分)已知数列{an}的前 n项和为 S 2n,且 Sn=n +1.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设 bn= .
①求数列{bn}的通项式;
②求数列{bn}的最大项.
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参考答案
1.B 设数列{an}的公差为 d,则 a9-a3=6d=6,所以 d=1,所以 a10-a6=4d=4.
2.A 因为 a2a8=a3a7,a2a8=10,a3=2,所以 a7=5.
3.C 令 n=1,可得 a1=2,由 an+1= ,得 a3=- ,a4= ,a5=2,…,所以数列{an}是周期
为 4的周期数列,所以 a11=a3=- ,a12=a4= ,所以 a11+a12=- .
4.D 因为 S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差数列,设其公差为 d,则 8=2+(4-1)×d,所以
d=2,所以 S10-S5=S5+d=4,所以 S10=6.
5.C 由题意知 an+1=2an+k,令 n=1,则 a2=2a1+k,即 3=2+k,所以 k=1,所以 an
+1=2an+1,故 an+1+1=2(an+1).又 a1+1=2,所以数列{an+1}是以 2为首项,2为公比的
等比数列,所以 a 45+1=2×2 =32,所以 a5=31.
6.B 由 an=an-1+log2 ,得 an-an-1=log2(n+1)-log2(n-1),
∴a2-a1=log23-log21,a3-a2=log24-log22,a4-a3=log25-log23,…,
an-1-an-2=log2n-log2(n-2),an-an-1=log2(n+1)-log2(n-1).
累加上式可得 an-a1=-log22+log2n+log2(n+1),
∴an=log2n+log2(n+1)-log233-1,∴a32=log232+log233-log233-1=4.
7.C + + +…+ =-3×2-2×2-1×3+0×2+1=-12.
8.A 因为 an+1= +1,所以(a 2n+1-1) +(an-1)2=1.令 bn=(a -1)2n ,得 bn+1+bn=1,
所以 b 2 2n+2+bn+1=1,所以 bn+2=bn.因为 b1=(a1-1) ,b2024=b2=(a2-1) ,所以 b1+b2024=1,即
(a1-1)2+(a2024-1)2=1.因为 ≤ ,所以 ≤ ,所以 a1
+a2024≤2+ .
9.ACD 由于该数列的奇数项为负,偶数项为正,故排除 B选项,又分母分别为 12
+1,22+1,32+1,42+1,…,故该数列的分母为 n2+1.故选 ACD.
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10.ABD 设数列{(-1)nan}的前 n项和为 Sn,则 S101=(-a1+a2)+(-a3+a4)+…+
(-a99+a100)-a101=50-101=-51,故选项 A正确;
设数列{(-1)n }的前 n项和为 Tn,则 T100=(- + )+(- + )+…+(- + )=
(-a1+a2)(a1+a2)+(-a3+a4)(a3+a4)+…+(-a99+a100)(a99+a100)=a1+a2+a3+a4+…
+a99+a100= =5050,故选项 B正确;由等比数列的性质可得 b2=a1a2=2,又
因为 b与 a1,a2同号,所以 b= ,故选项 C错误; = =1+ ,当 n≥2时,1+
单调递减,故当 n=2时, 取最大值,最大值为 3,故选项 D正确.故选 ABD.
11.AD 由 a1=a2=1,an+2=an+1+an,可得 a3-a2=a1,a4-a3=a2,…,a2024-a2023=a2022,累加
上式得 a1+a2+…+a2022=a2024-a2=a2024-1,所以 1+S2022=a2024,故选项 A正确;根据斐
波那契数列的定义,数列各项除以3所得余数依次为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,…,余数数
列是周期数列,周期为 8,且每个周期中能被 3整除的项有 2项,2024=253×8,所以在
数列的前 2024项中,能被 3整除的有 253×2=506项,故选项 B不正确;
由该数列的性质可得,只有 3的倍数项是偶数,故 a2024不是偶数,故选项 C不正确;
由 =a2a1, =a2(a3-a1)=a2a3-a2a1, =a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…,
=a2024(a2025-a2023)=a2024a2025-a2023a2024,
累加上式得 + +…+ =a2024a2025,故选项 D正确.故选 AD.
12.3 -11 设公差为 d,则 d= = =3.又 a3=a1+2d=-5,所以 a1=-11.
13.3n-1 an=a n1+a2-a1+a3-a2+…+an-an-1= =3 -1.
14. 当 n=1时,由 2Sn= +an,得 a1(a1-1)=0.
因为{an}为正项数列,所以 a1>0,所以 a1=1.
当 n≥1时,2Sn= +an, ①
当 n≥2时,2Sn-1= +an-1, ②
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由①-②,得 2Sn-2Sn-1= - +an-an-1,
即 2an= - +an-an-1,
所以 an+an-1=(an+an-1)(an-an-1).
因为数列{an}的各项均为正项,所以 an+an-1>0,
所以当 n≥2时,an-an-1=1.
故数列{an}是公差为 1的等差数列,数列{an}的通项公式为 an=n.
因为 = = = - ,
所以 = 1- + - +…+ - = 1- = .
15.解:(1)由 Sn= an,当 n≥2时,得 an=Sn-Sn-1= an- an-1,
∴ = ,∴ = , = ,…, = ,∴ = ,∵a1=2,
∴an=n(n+1).且当 n=1时,a1=2也符合上式,故 an=n(n+1).
(2)∵ = = - ,∴Tn= + +…+ =1- + - + - +…+ - =1- =
.∵Tn= ,∴ = ,即 n=53.
16.解:(1)设等差数列的公差为 d,由题意可得 即
解得 所以 an=13-2(n-1)=15-2n.
(2)Sn= =14n-n2,令 an=15-2n>0,解得 n< ,且 n∈N*.
当 n≤7时,an>0,可得 T =|a 2n 1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=14n-n ;
当 n≥8时,an<0,可得 Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a7)-(a8+…+an)
=S7-(Sn-S7)=2S7-S 2n=2(14×7-7 )-(14n-n2)=n2-14n+98.
综上所述,Tn=
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17.解:(1)若选①,设数列{an}的公差为 d,因为 2nan+1=(2n-1)an+6n-1,所以 2n
(1+nd)=(2n-1)[1+(n-1)d]+6n-1,解得 d=2,所以 an=2n-1.
若选②,设数列{an}的公差为 d,因为 a2=3,a8=3a3,所以 3+6d=3(3+d),解得 d=2,所以
an=2n-1.
(2)由已知得 bn=(2n-1)·3n,则 Sn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n ①,
3Sn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1 ②,由①-②得-2Sn=3+2(32+33+34+…
+3n)-(2n-1)3n+1,整理得-2S =-6+(2-2n)3n+1n ,所以 Sn=(n-1)3n+1+3.
18.解:(1)令 n=1,则 a1+a2+a3=3,由 a1=0,a3=2,得 a2=1.
∵an+an+1+an+2=3n ①,∴an+1+an+2+an+3=3n+3 ②,由②-①得 an+3-an=3,
∴数列{a3n-2},{a3n-1},{a3n}是首项分别为 a1,a2,a3,公差均为 3的等差数列.
∴a3n-2=a1+(n-1)×3=3n-3=(3n-2)-1,a3n-1=a2+(n-1)×3=3n-2=(3n-1)-1,a3n=a3+(n-1)×
3=3n-1.综上,数列{an}的通项公式为 an=n-1.
(2)由(1)可知,b n-1n=2 ,假设数列{bn}中存在三项bm,bk,bp(其中m2bk=bm+bp,即2×2k-1=2m-1+2p-1,两边同时除以2m-1,得2k-m+1=1+2p-m.∵2k-m+1为偶数,
1+2p-m为奇数,∴等式 2k-m+1=1+2p-m不成立,
∴数列{bn}中不存在三项构成等差数列.
19.解:(1)当 n=1时,a1=S1=2,当 n≥2时,a =S -S 2 2n n n-1=n +1-[(n-1) +1]=2n-1,
∴an=
(2)①当 n=1时,b1= = ,当 n≥2时,bn= ,所以 bn=
②设2n-1=t,t=3,5,7,…,∴n= ,∴ f(t)= = = .当 t≤7时,f(t)单调
递增;当 t≥9时,f(t)单调递减.又∵b4= ,b5= = ,∴b4>b1,b4>b5,∴数列{bn}的最
大项为 b4,b4= .
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