2019-2020学年苏教版必修5高中数学 第2章 数列章末过关检测卷（答案解析）

2019-2020学年苏教版必修5高中数学 第1章 解三角形章末过关检测卷（答案解析）

2019-2020学年苏教版必修5高中数学 第1章 解三角形章末过关检测卷（答案解析）,高三下数学单元检测,莲山课件.

章末过关检测卷(二)

第2章 数  列

(测试时间：120分钟 评价分值：150分)

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)

1．在等差数列{a_n}中，已知a₆＝8，则前11项和S₁₁＝(B)

A．58  B．88  C．143  D．176

解析：因为在等差数列中S₁₁＝11a₆＝11×8＝88.

2．首项为－24的等差数列，从第10项开始为正数，则公差d的取值范围是(D)

A.，＋∞(8)  B．(3，＋∞)  C.，3(8)   D.，3(8)

解析：依题意可知a10＞0，(a9≤0，)即－24＋9d＞0，(－24＋8d≤0，)

解得3(8)＜d≤3.

3．现有200根相同的钢管，把它们堆放成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为(B)

A．9根  B．10根  C．19根  D．29根

解析：设钢管被放成n层，则钢管数为S_n＝2(n（n＋1）)，当n＝19时，钢管数为190，当n＝20时，钢管数为210＞200，故知只能放19层，剩余钢管为10.

4．(2014·天津卷)设{a_n}是首项为a₁，公差为－1的等差数列，S_n为其前n项和．若S₁，S₂，S₄成等比数列，则a₁＝(D)

A．2  B．－2  C.2(1)  D．－2(1)

解析：根据等差数列的前n项和公式求出S₁，S₂，S₄的表达式，然后利用等比数列的性质求解．

因为等差数列{a_n}的前n项和为S_n＝na₁＋2(n（n－1）)d，所以S₁，S₂，S₄分别为a₁，2a₁－1，4a₁－6.

因为S₁，S₂，S₄成等比数列，所以(2a₁－1)²＝a₁ ·(4a₁－6)．解得a₁＝－2(1).

5．等差数列{a_n}共有2n项，其中奇数项的和为90，偶数项的和为72，且a_2n－a₁＝－33，则该数列的公差为(B)

A．3  B．－3  C．－2  D．－1

解析：依题意，可知n·d＝72－90＝－18，由a_2n－a₁＝－33得，(2n－1)·d＝－33，∴－36－d＝－33，∴d＝－3.

6．等差数列{a_n}中，a₁＝－5，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项，余下的10项的平均值是4，则抽取的是(A)

A．a₁₁  B．a₁₀  C．a₉  D．a₈

解析：∵数列{a_n}的前11项的平均值是5，即2(a1＋a11)＝5，故得a₁₁＝15，又数列前11项的和为55，抽取1项后，余下10项的和为40，故知抽取的项是15，即抽取的项是a₁₁.

7．数列{a_n}前n项的和S_n＝3ⁿ＋b(b是常数)，若这个数列是等比数列，那么b为(C)

A．3  B．0  C．－1  D．1

解析：当n＝1时，a₁＝S₁＝3＋b，当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝3ⁿ－3^n－1＝2×3^n－1.若数列{a_n}成等比数列，则a_n＝2×3^n－1，对于n＝1时也要成立，即3＋b＝2，∴b＝－1.

8．若{a_n}，{b_n}满足a_n·b_n＝1，a_n＝n²＋3n＋2，则{b_n}的前10项和为(B)

A.2(1)  B.12(5)  C.3(1)  D.12(7)

解析：b_n＝an(1)＝n2＋3n＋2(1)＝（n＋1）（n＋2）(1)，用裂项法可求{b_n}的前10项和为12(5).

9．已知正整数对按如下规律排成一列：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，…，则第60个数对是 (D)

A．(6，5)  B．(5，6)  C．(6，7)  D．(5，7)

解析：按规律分组，第1组1个数对，第2组2个数对……第n组n个数对，前10组共有2(10×11)＝55个 数对，因此第60个数对应是第11组中的第5个，即(5，7)．

10．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.若a、b、c成等比数列，且c＝2a，则cos B＝(B)

A.4(1)  B.4(3)  C.4(2)  D.3(2)

解析：∵a、b、c成等比数列，∴b²＝ac.又c＝2a，

∴cos B＝2ac(a2＋c2－b2)＝2ac(a2＋4a2－ac)＝4a2(5a2－2a2)＝4(3)，故选B.

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)

11．设S_n和T_n分别是等差数列{a_n}和{b_n}的前n项和，且Tn(Sn)＝n＋2(3n＋4)，则b6(a6)＝________．

解析：因为在等差数列中S_2n－1＝(2n－1)a_n，

∴bn(an)＝T2n－1(S2n－1)＝（2n－1）＋2(3（2n－1）＋4)＝2n＋1(6n＋1).

∴b6(a6)＝2×6＋1(6×6＋1)＝13(37).

答案：13(37)

12．(2014·新课标全国卷Ⅱ)数列{a_n}满足a_n＋1＝1－an(1)，a₈＝2，则a₁＝________．

解析：先求出数列的周期，再进一步求解首项．

∵a_n＋1＝1－an(1)，

∴a_n＋1＝1－an(1)＝1－an－1(1)＝1－an－1－1(1－an－1)

  ＝－an－1(1－an－1)＝1－an－1(1)

  ＝1－1－an－2(1)＝1－(1－a_n－2)＝a_n－2.

∴周期T＝(n＋1)－(n－2)＝3.

∴a₈＝a_3×2＋2＝a₂＝2.

而a₂＝1－a1(1)，∴a₁＝2(1).

答案：2(1)

13．设等差数列{a_n}满足3a₈＝5a₁₃，且a₁＞0，S_n为其前n项和，则S_n中最大的是________．

解析：3a₈＝5a₁₃，且a₁＞0，即3(a₁＋7d)＝5(a₁＋12d)，∴d＝－39(2)a₁＜0，令a_n＝a₁＋(n－1)d＝a₁＋(n－1)a1(2)＝a₁39(41)＞0，解得n＜2(41)，∴{a_n}中前20项和最大．

答案：S₂₀

14．(2013·湖南卷)设S_n为数列{a_n}的前n项和，且S_n＝(－1)ⁿa_n－2n(1)，n∈N^*，则a₃＝________．

解析：S＝a₁＋a₂＋a₃＋a₄＝a₄－16(1)，即a₁＋a₂＋a₃＝－16(1)，而S₃＝－a₃－8(1)，解得a₃＝－16(1).

答案：－16(1)

三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答题应写出文字说明、证明过程或推演步骤)

15．(本小题满分12分)(2013·四川卷)等差数列{a_n}中，a₁＋a₃＝8，且a₄为a₂和a₉的等比中项，求数列{a_n}的首项、公差及前n项和．

解析：设{a_n}的分差为d，前n项和为S_n，

由已知，可得2a₁＋2d＝8，

(a₁＋3d)²＝(a₁＋d)(a₁＋8d)，

2019-2020学年高中数学北师大版必修四习题：三角函数单元检测（答案）

2019-2020学年高中数学北师大版必修四习题：三角函数单元检测（答案）,高三下数学单元检测,莲山课件.

所以a₁＋d＝4，

d(d－3a₁)＝0，解得d＝0(a1＝4，)或d＝3.(a1＝1，)

S_n＝4n或S_n＝2(3n2－n).

16．(本小题满分12分)(2014·大纲全国卷)等差数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁＝10，a₂为整数，且S_n≤S₄.

(1)求{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝anan＋1(1)，求数列{b_n}的前n项和T_n.

解析：(1)由a₁＝10，a₂为整数，知等差数列的公差d为整数．又S_n≤S₄，故a₄≥0，a₅≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.解得－3(10)≤d≤－2(5).因此d＝－3.

数列的通项公式为a_n＝13－3n(n∈N^*)．

(2)b_n＝（13－3n）（10－3n）(1)＝3(1)13－3n(1)，则

T_n＝b₁＋b₂＋…＋b_n

  ＝3(1)13－3n(1)

  ＝3(1)10(1)＝10（10－3n）(n).

17．(本小题满分14分)已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n＝pn²－2n＋q(p，q∈R，n∈N^*)．

(1)求q的值；

(2)若a₁与a₅的等差中项为18，b_n满足a_n＝2log₂b_n，求数列{b_n}的前n项和．

解析：(1)当n＝1时，a₁＝S₁＝p－2＋q；

当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝pn²－2n＋q－p(n－1)²＋2(n－1)－q＝2pn－p－2.

∵{a_n}是等差数列，

∴p－2＋q＝2p－p－2.

∴q＝0.

(2)∵a₃＝2(a1＋a5)，∴a₃＝18.又a₃＝6p－p－2，

∴6p－p－2＝18.

∴p＝4.∴a_n＝8n－6.

又a_n＝2log₂b_n，得b_n＝2^4n－3.

∴b₁＝2，bn(bn＋1)＝24n－3(24（n＋1）－3)＝2⁴＝16，

即{b_n}是等比数列．

∴数列{b_n}的前n项和T_n＝1－16(2（1－16n）)＝15(2)(16ⁿ－1)．

18．(本小题满分14分)(2013·广东卷)设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁＝1，n(2Sn)＝a_n＋1－3(1)n²－n－3(2)，n∈N^*.

(1)求a₂的值；

(2)求{a_n}的通项公式．

解析：(1)∵n(2Sn)＝a_n＋1－3(1)n²－n－3(2)，n∈N^*，

∴当n＝1时，2a₁＝2S₁＝a₂－3(1)－1－3(2)＝a₂－2.

又a₁＝1，∴a₂＝4.

(2)已知式可变为2S_n＝na_n＋1－3(n（n＋1）（n＋2）)，①

∴当n≥2时，2S_n－1＝(n－1)a_n－3(（n－1）n（n＋1）).②

①－②得2S_n－2S_n－1＝na_n＋1－(n－1)a_n－n(n＋1)．

又∵a_n＝S_n－S_n－1，

∴2a_n＝na_n＋1－(n－1)a_n－n(n＋1)，

即na_n＋1－(n＋1)a_n＝n(n＋1)，即n＋1(an＋1)－n(an)＝1.

∴n(an)是首项为1(a1)＝1，公差为1的等差数列．

∴n(an)＝n，即a_n＝n²(n≥2)．

当n＝1时显然也成立，故a_n＝n²，n∈N^*.

19．(本小题满分14分)某企业2011年初投入资金1 000万元经营某种产品，如果预计每年经过经营，资金的增长率为50%，但每年年底应扣除相同的消费基金x万元，剩余资金全部投入再经营．为了实现到2015年年底扣除当年消费基金后的资金达到2 000万元的目标，问每年扣除的消费基金x应不大于多少万元(精确到万元)?

解析：依题意，2011年底扣除消费基金后的资金有1 000(1＋50%)－x＝×1 000－x(3)(万元)．

2012年年底扣除消费基金后的资金有

(2(3)×1 000－x)(1＋50%)－x＝

x(3)(万元)．

2013年底扣除消费基金后的资金有

x(3)(1＋50%)－x＝

x(3)(万元)．

于是有：2(3)×1 000－[1＋2(3)＋2(3)＋2(3)＋

2(3)]x≥2 000.

∴2(3)×1 000－－1(3)x≥2 000.

∴32(422)x≤1 000×32(179).

∴x≤1 000×422(179)≈424(万元)．

因此每年扣除的消费基金应不大于424万元．

20．(本小题满分14分)(2013·江西卷)正项数列{a_n}的前n项和S_n满足：Sn(2)－(n²＋n－1)S_n－(n²＋n)＝0.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)令b_n＝n(2)n(2)，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：对任意的n∈N^*，都有T_n＜64(5).

(1)解析：由Sn(2)－(n²＋n－1)S_n－(n²＋n)＝0，

得[S_n－(n²＋n)](S_n＋1)＝0，

由{a_n}是正项数列，∴S_n＞0，故S_n＝n²＋n.

于是a₁＝S₁＝2，n≥2时a_n＝S_n－S_n－1＝2n，

综上a_n＝2n(n∈N^*)．

(2)证明：由a_n＝2n，b_n＝n(2)n(2)＝4n2（n＋2）2(n＋1)＝16(1)（n＋2）2(1)，

∴T_n＝16(1)（n＋2）2(1)

  ＝16(1)（n＋2）2(1)

  ＜16(1)22(1)＝64(5).备注：以上内容仅显示部分，需完整版请下载！

2019-2020学年高中数学北师大版必修四习题：三角恒等变形单元检测（答案）

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