新教材2023高中数学第四章数列质量评估新人教A版选择性必修第二册 试卷

这是一份新教材2023高中数学第四章数列质量评估新人教A版选择性必修第二册，共9页。
第四章质量评估
(时间:120分钟　分值:150分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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.记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S4=0,a5=5,则(　　) A.an=2n-5
B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n
D.Sn=n2-2n
解析:设等差数列{an}的公差为d,由S4=0,a5=5,得解得所以an=2n-5,Sn=n2-4n.
答案:A
2.在递减的等比数列{an}中,若a3=1,a2+a4=,则a1=(　　) A.2 B.4C. D.2
解析:设数列{an}的公比为q,由题意,可知00,故a2>0,a3>0.
根据根与系数的关系,可知a2,a3是一元二次方程x2-12x+32=0的两个根,解方程,得x1=4,x2=8.
所以a2=4,a3=8或a2=8,a3=4.
因为等比数列{an}是递增数列,所以q>1.
所以a2=4,a3=8满足题意.
所以q=2,a1==2.故选项A不正确.
所以an=a1·qn-1=2n,Sn==2n+1-2.
所以Sn+2=2n+1=4×2n-1.
所以数列{Sn+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.故选项B正确.
因为S8=28+1-2=512-2=510,所以选项C正确.
因为lg an=lg 2n=nlg 2,
所以数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列.故选项D不正确.
故选B,C.
答案:BC
12.(2021新高考全国Ⅱ卷)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
解析:对于A,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正确.
对于B,取n=2知,2n+3=7=1·20+1·21+1·22,所以ω(7)=3.
而2=0·20+1·21,ω(2)=0+1=1,ω(7)=3≠ω(2)+1,B错误.
对于C,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)=1+1+a0+a1+…+ak=a0+a1+…+ak+2.
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)=1+1+a0+a1+…+ak=a0+a1+…+ak+2.
所以ω(8n+5)=ω(4n+3),C正确.
对于D,2n-1=20+21+…+2n-1=1·20+1·21+…+1·2n-1,
所以ω(2n-1)=n,D正确.
答案:ACD
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=,=a6,则S5=.
解析:在等比数列{an}中,由=a6,得q6=a1q5>0.又因为a1=,所以q=3,则S5===.
14.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=10,S4=50,则公差d=-5;当n的值为4或5时,Sn取到最大值.(本题第一空2分,第二空3分)
15.已知f(n)=+++…+(n∈N*),则f(k+1)=f(k)++-(k∈N*).
解析:因为f(n)=+++…+,
所以f(k)=+++…+,
f(k+1)=+++…+
=+++…+++
=f(k)++-.
16.已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*},将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为27.
解析:所有的正奇数与2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成数列{an}.
在数列{an}中,当n=1时,S1=112·2k,可设2k=t,则+t-2>12t,
解得t22+2.
又t=2k(k∈N*),所以t≥64,所以k≥6.
因为n=k-1+2k-1,所以当k=6时,n=6-1+25=37.
②若an+1=2k+1(k∈N*),则Sn=21+22+…+2t+1+3+…+(2k-1),其中2t12·(2k+1),则2t+1>-k2+24k+14.
又2t2t+1,所以4k+2>-k2+24k+14,解得k10+4.
又k∈N*,所以k≥21.
因为0,
所以n>6,故n的最小值为7.
18.(12分)某公司举办捐步公益活动,参与者通过捐赠每天的运动步数获得公司提供的牛奶,再将牛奶捐赠给留守儿童.此活动不但为公益事业做出了较大的贡献,公司还获得了相应的广告效益.据测算,首日参与活动的人数为10 000,以后每天人数比前一天都增加15%,30天后捐步人数稳定在第30天的水平,假设此项活动的启动资金为30万元,每位捐步者每天可以使公司收益0.05元(以下人数精确到整数,收益精确到1元).
(1)求活动开始后第5天的捐步人数,以及前5天公司的捐步总收益;
(2)活动开始的第几天公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余?
解:(1)设每天捐步人数构成数列{an},其前n项和为Sn,
则an=(n∈N*)
所以a5=10 000×1.154≈17 490,S5=≈67 424,
则前5天的收益为67 424×0.05≈3 371(元).所以活动开始后第5天的捐步人数约为17 490,前5天公司的捐步总收益约为3 371元.
(2)设活动开始第n天以后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.
因为×0.05≈217 37330.
当n>30时,由Sn=×0.05>300 000,解得n>32.87,即活动开始的第33天,公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.
19.(12分)设{an}是等比数列,公比不为1.已知a1=,且a1,2a2,3a3成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1),且a1,2a2,3a3成等差数列,
所以4a2=a1+3a3,即4a1q=a1+3a1q2,
解得q=或q=1(舍去).因为a1=,所以an=.
(2)由(1),知an=,所以=n·3n,
所以Tn=1×31+2×32+3×33+…+n·3n, ① 则3Tn=1×32+2×33+3×34+…+(n-1)·3n+n·3n+1. ②
①-②,得-2Tn=31+32+33+…+3n-n·3n+1,
则-2Tn=-n·3n+1,
即-2Tn=·3n+1-,
所以Tn=.
20.(12分)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.又数列{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.
所以a3+a5=20,则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.
由(1),可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·,
故bn-bn-1=(4n-5)·,n≥2,
则bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·+(4n-9)·+…+7×+3.
设Tn=3+7×+11×+…+(4n-5)·,n≥2,①
则Tn=3×+7×+11×+…+(4n-9)·+(4n-5)·, ② 由①-②,得Tn=3+4×+4×+…+4×-(4n-5)·,
所以Tn=3+-(4n-5)·,
所以Tn=7-(4n+3)·,
所以Tn=14-(4n+3)·,n≥2.
又因为b1=1,所以bn=15-(4n+3)·,n∈N*.
21.(12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3,数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=,证明:c1+c2+…+cn