人教A版高中数学(选择性必修二)同步培优讲义专题4.14 数列 全章综合测试卷（基础篇）（2份打包，原卷版+教师版）

这是一份人教A版高中数学(选择性必修二)同步培优讲义专题4.14 数列 全章综合测试卷（基础篇）（2份打包，原卷版+教师版），文件包含人教A版高中数学选择性必修二同步培优讲义专题414数列全章综合测试卷基础篇教师版doc、人教A版高中数学选择性必修二同步培优讲义专题414数列全章综合测试卷基础篇原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
第四章 数列 全章综合测试卷（基础篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022·陕西·高二阶段练习）数列，…的一个通项公式可能是（    ）A． B． C． D．【解题思路】将每项的绝对值写成以为底的幂的形式，再结合负号出现的规律即可得答案.【解答过程】解：因为，， ，所以此数列的一个通项公式可以是.故选：D.2．（5分）（2022·陕西·高二阶段练习（文））在等差数列中，若，，则公差（    ）A． B．1 C． D．2【解题思路】根据等差数列的知识求得正确答案.【解答过程】由等差数列的通项公式知．故选：A.3．（5分）（2022·山东·高三期中）已知数列的前n项和为，且，，则（    ）．A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【解题思路】利用与的关系和累乘法求出即得解.【解答过程】因为，，所以当时，，化为，从而，所以．适合.所以.故．故选：C.4．（5分）（2022·全国·高三专题练习）利用数学归纳法证明不等式的过程中，由到，左边增加了（    ）A．1项 B．k项 C．项 D．项【解题思路】分别分析当与时等号左边的项，再分析增加项即可【解答过程】由题意知当时，左边为，当时，左边为，增加的部分为，共项．故选：D.5．（5分）（2022·江苏·高一期末）已知等差数列的公差d不为0，若，，成等比数列，则的值为（    ）A． B．2 C． D．4【解题思路】根据等比数列的性质可知，，再代入等差数列的基本量，化简即可求解.【解答过程】因为是公差不为零的等差数列，且，，成等比数列，所以，即，化简得，又因为，所以．故选：B．6．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知公差为1的等差数列{}中，，，成等比数列，则{}的前10项的和为（    ）A．55 B．50 C．45 D．10【解题思路】由，，成等比数列，列出关系式，通过公差，解得首项，再利用求和公式即可得出．【解答过程】∵，，成等比数列，∴，可得，又等差数列{}的公差为1，，解得：，则{}的前10项和．故选：A．7．（5分）（2022·河北·高二期中）设是等差数列，是其前项和，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．和是的最大值C． D．【解题思路】对A，由前项和定义可得的符号，由等差数列定义得的符号；对BD，由前项和定义，即可判断；对C，.【解答过程】是等差数列，对A，由得，，，A错；对BD，由得和是的最大值，，B对D错；对C，，C错.故选：B.8．（5分）（2022·安徽·高三阶段练习）山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后向两边均依次是次间､次间､梢间､尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为.若设明间的宽度为，则该大殿9间的总宽度为（    ）A． B．C． D．【解题思路】由题意把9间的宽度转化为两个等比数列的和,应用等比数列前项和公式计算即可.【解答过程】由题意, 设明间的宽度为等比数列的首项,从明间向右共5间,宽度成等比数列, 公比为, 同理从明间向左共5间,宽度成等比数列,公比为,则由可得所以总宽度为故选: .二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022·全国·高二专题练习）已知一个命题p(k)，k＝2n(n∈N*)，若当n＝1，2，…，1000时，p(k)成立，且当n＝1001时也成立，则下列判断中正确的是（    ）A．p(k)对k＝528成立B．p(k)对每一个自然数k都成立C．p(k)对每一个正偶数k都成立D．p(k)对某些偶数可能不成立【解题思路】直接根据已知条件判断每一个选项的正确错误.【解答过程】由题意知p(k)对k＝2，4，6，…，2002成立，当k取其他值时不能确定p(k)是否成立，故选：AD.10．（5分）（2022·福建漳州·高二期中）下列有关数列的说法正确的是（    ）A．数列与数列是同一个数列B．数列的通项公式为,则110是该数列的第10项C．在数列中,第8个数是D．数列3,5,9,17,33,…的通项公式为【解题思路】根据数列的定义数列是根据顺序排列的一列数可知选项A错误,使,即可得出项数,判断选项B的正误,根据数列的规律可得到第8项可判断选项C的正误,根据数列的规律可得到通项公式判断选项D的正误.【解答过程】对于选项A,数列与中数字的排列顺序不同,不是同一个数列,所以选项A不正确;对于选项B,令,解得或（舍去）,所以选项B正确;对于选项C,根号里面的数是公差为1的等差数列,第8个数为,即,所以选项C正确;对于选项D,由数列3,5,9,17,33,…的前5项可知通项公式为 ,所以选项D正确.故选:BCD.11．（5分）（2022·福建三明·高二阶段练习）在各项均为正数的等比数列中，，则（    ）A． B． C．有最大值25 D．有最大值【解题思路】利用等比数列的性质可得：，将其代入题干条件可得，再次利用等比数列的性质和基本不等式即可求解.【解答过程】等比数列的各项都为正数，由等比数列的性质可得：，，，，当且仅当时取等号，的最大值是.故选：.12．（5分）（2022·福建·高三阶段练习）已知数列为等差数列，其前项和为，且，下列选项正确的是（    ）A． B．是递减数列 C．取得最小值时，或6 D．【解题思路】根据等差数列基本量法求出数列首项和公差，代入选项判断即可.【解答过程】不妨设，与联立解得，即通项.对于选项A.，故正确；对于选项B.是递增数列，故错误；对于选项C.存在最小值，且有两个最小值，即，即，与不符；对于选项D.，故正确.故选：.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·上海市高一期末）若等差数列中，，则数列的通项公式为 ．【解题思路】根据题意，求出首项和公差，利用等差数列的通项公式，计算求解即可.【解答过程】，可得公差，，，故答案为：.14．（5分）（2021·全国·高二课时练习）用数学归纳法证明的过程中，第二步假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，则当n＝k＋1时应得到的式子为 1＋2＋22＋＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k .【解题思路】分析由n＝k到n＝k＋1时，等式左边增加的项可得结果.【解答过程】因为由n＝k到n＝k＋1时，等式的左边增加了一项，该项为，所以当n＝k＋1时应得到的式子为1＋2＋22＋＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k，故答案为：1＋2＋22＋＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k.15．（5分）已知数列对任意的，都有，且，当时， 4 .【解题思路】通过计算发现数列从第三项起为周期数列，则得到，计算出即可.【解答过程】根据题意知是偶数，是偶数，是偶数，是偶数，是奇数，是偶数，是偶数，是奇数，从第三项开始，正整数数列是以3为周期的周期数列，，，故答案为：4.16．（5分）（2022·陕西·一模（理））设等比数列满足，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和 114 .【解题思路】由题意求得等比数列的通项公式，由此确定数列中的项的取值，进而求得的前50项和.【解答过程】设等比数列的公比为q，则，解得，故，因为为中在区间中的项的个数，所以当时，；当时，；当时，；当时，；故,故答案为：114.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·全国·高二课时练习）写出以下各数列的一个通项公式，并根据你写的通项公式求出各数列的第10项.(1)；(2).【解题思路】（1）根据所给项的分母找出规律即可求解；（2）先不考虑符号，可以看出项都为奇数，再根据项数的奇偶确定符号就可以.【解答过程】(1)由知，第一项分母为2，第二项分母，第三项分母，依次规律，第n项分母为，所以通项公式，故.(2)先不考虑符号，第一项1，第二项3，第三项5，第四项7，故第n项，再考虑符号，可得.故.18．（12分）（2022·陕西·高二阶段练习（理））用数学归纳法证明：对任意正整数能被9整除．【解题思路】按照数学归纳法的步骤操作即可证明.【解答过程】证明：（1）当时， ，能被9整除，故当时， 能被9整除．（2）假设当时，命题成立，即能被9整除，则当时，也能被9整除.综合(1)(2)可得, 对任意正整数能被9整除．19．（12分）（2022·江苏省高二期中）已知在等差数列中，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前n项和，则当n为何值时取得最大，并求出此最大值．【解题思路】（1）设出公差，利用等差数列的性质计算出公差，从而求出通项公式；（2）令，解不等式，求出当时，取得最大值，并用等差数列求和公式求出最大值.【解答过程】（1）设等差数列的公差为，则，解得：，则的通项公式为；（2）因为，令得：，令得：，故当时，取得最大值，其中，故最大值为.20．（12分）（2022·天津市高二期中（理））已知数列满足.(1)写出，并推测的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论．【解题思路】（1）分别将、2、3代入递推式中求，进而总结归纳出的表达式；（2）应用数学归纳法，首先判断时是否成立，再假设时成立，最后结合已知条件推导出时成立即可.【解答过程】(1)时，，则，时，，则，时，，则，猜想.(2)由（1）得：时，成立．假设 时，成立，那么当时，，而，所以，即，故时，也成立．综上，对一切n∈N*，都成立，得证．21．（12分）（2022·福建省高二期中）已知是等差数列的前n项和，且，.(1)求；(2)若，求数列的前n项和.【解题思路】（1）利用基本量列方程求解即可；（2）由裂项相消法求和.【解答过程】（1）为等差数列，则，，.∴，故，故.（2），∴.22．（12分）（2022·河北·高二期中）已知递增的等比数列满足，且是和的等差中项.数列是等差数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【解题思路】（1）设等比数列首项为，公比为，列方程组求出即得解.求出等差数列的公差即得数列的通项公式；（2）利用分组求和法即可得出．【解答过程】（1）解：设等比数列首项为，公比为．由已知得　代入可得．于是．故，解得或．又数列为递增数列，故， .设等差数列首项为，公差为．所以.所以.（2）解：由题得.所以数列的前项和.