【最新版】新教材苏教版高中数学选择性必修一章末检测试卷(四)【讲义+习题】

章末检测试卷(四)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知等比数列满足a1＝，a3a5＝4，则a2等于(　　)
A．2 B．1 C. D.
答案　C
解析　由题意可得a3a5＝a＝4⇒a4＝2，所以q3＝＝8⇒q＝2，故a2＝a1q＝.
2．在等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3．已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝an2＋bn，若a7＝3a2，S8＝λa2，则λ的值为(　　)
A．15 B．16 C．17 D．18
答案　B
解析　∵数列的前n项和为Sn，且Sn＝an2＋bn，∴数列是等差数列，
∵a7＝3a2，∴a1＋6d＝3，
解得a1＝d.
∵S8＝λa2，
∴8a1＋d＝λ，
∴40d＝λ×d，解得λ＝16.
4．已知圆O的半径为5，OP＝3，过点P的2 023条弦的长度组成一个等差数列{an}，最短弦长为a1，最长弦长为a2 023，则其公差为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由题意，知最长弦长为直径，即a2 023＝10，最短弦长和最长弦长垂直，
由弦长公式a1＝252－32＝8，
所以d＝＝.
5．已知数列满足a1＝1，a2＝4，a3＝10，{an＋1－an}是等比数列，则数列的前
8项和S8等于(　　)
A．376 B．382
C．749 D．766
答案　C
解析　由已知得，a2－a1＝3，a3－a2＝6，而是等比数列，故q＝2，
∴当n≥2时，(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝3＋6＋…＋3×2n－2＝＝3×2n－1－3，
∴an－a1＝3×2n－1－3，化简得an＝3×2n－1－2，
当n＝1时，a1＝1＝3×21－1－2，
∴an＝3×2n－1－2.
S8＝a1＋a2＋…＋a8＝3×(1＋2＋…＋27)－2×8＝3×－16＝3×28－19＝749.
6．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．4
答案　D
解析　∵x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，根据等差数列和等比数列的性质，可知a＋b＝x＋y，cd＝xy，＝≥＝4，当且仅当x＝y时取“＝”．
7．设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有(　　)
A．当n＝15时，Sn取最大值
B．当n＝30时，Sn＝1
C．当d>0时，a10＋a22>0
D．当d<0时，|a10|＞|a22|
答案　C
解析　∵S10＝S20，∴10a1＋d＝20a1＋d，解得a1＝－d，
选项A，∵无法确定a1和d的正负性，∴无法确定Sn是否有最大值，故A错误；
选项B，S30＝30a1＋d＝30×＋15×29d＝0，故B错误；
选项C，a10＋a22＝2a16＝2(a1＋15d)
＝2＝d>0，故C正确；
选项D，a10＝a1＋9d＝－d＋d＝－d，a22＝a1＋21d＝－d＋d＝d，
∵d<0，∴|a10|＝－d，|a22|＝－d，
|a10|<|a22|，故D错误．
8．若数列{an}的前n项和为Sn，bn＝，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”．已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”且通项公式为bn＝n，设数列的前n项和为Tn，若Tn A．(－1,3)
B．[－1,3]
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
答案　D
解析　由题意，得数列{an}的前n项和为Sn，
由“均值数列”的定义可得＝n，所以Sn＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
a1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1，
所以＝＝，
所以Tn＝
＝<，
又Tn 所以m2－m－1≥，整理得m2－2m－3≥0，
解得m≤－1或m≥3.
即实数m的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．已知数列的前n项和是Sn，则下列说法正确的有(　　)
A．若Sn＝2n，则是等差数列
B．若Sn＝2an－1，则是等比数列
C．若是等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列
D．若是等比数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
答案　ABC
解析　若Sn＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2＝2，
∴an＝2，∴an－an－1＝0，∴是等差数列，故A正确；若Sn＝2an－1，当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，∴a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，∴＝2，∴是等比数列，故B正确；设等差数列的公差为d，首项是a1，Sn＝a1＋a2＋…＋an，S2n－Sn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝Sn＋n2d，同理S3n－S2n＝(S2n－Sn)＋n2d，因此2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，故C正确；若等比数列的公比q＝－1，a1＝2，则S2＝0，S4－S2＝0，S6－S4＝0，不可能成等比数列，故D错误．
10．已知递减的等差数列的前n项和为Sn，若S7＝S11，则(　　)
A．a10>0 B．当n＝9时，Sn最大
C．S17>0 D．S19>0
答案　BC
解析　由等差数列前n项和的特点可知，当n＝9时，Sn最大，故a9>0，a10<0，S17＝17a9>0，S19＝19a10<0，故BC正确．
11．在无穷数列中，若ap＝aq，总有ap＋1＝aq＋1，此时定义为“阶梯数列”．设为“阶梯数列”，且a1＝a4＝1，a5＝，a8a9＝2，则(　　)
A．a7＝1 B．a8＝2a4
C．S10＝10＋3 D．a2 022＝2
答案　ACD
解析　因为为“阶梯数列”，由a1＝a4＝1，可得a2＝a5，a3＝a6，a4＝a7，a5＝a8，a6＝a9，…，
观察可得a1＝a4＝a7＝…＝a3n－2＝…，a2＝a5＝a8＝…＝a3n－1＝…，a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝…，即数列以3为周期，
又a5＝，a8a9＝2，所以a9＝2，即a9＝2，
综上，a1＝a4＝a7＝…＝a3n－2＝1，a2＝a5＝a8＝…＝a3n－1＝，a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝2，
故A正确，B错误；
S10＝＋＋＝10＋3，故C正确；
a2 022＝a3＝2，D正确．
12．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则使得为整数的正整数n的值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．14
答案　ACD
解析　由题意可得＝＝＝，则＝＝＝＝3＋，
由于为整数，则n＋1为15的正约数，则n＋1的可能取值有3,5,15，
因此，正整数n的可能取值有2,4,14.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若an＝(－1)n·(2n－1)，则数列{an}的前21项和S21＝________.
答案　－21
解析　S21＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…－41＝2×10－41＝－21.
14．在等差数列{an}中，前m(m为奇数)项和为135，其中偶数项之和为63，且am－a1＝14，则a100的值为________．
答案　101
解析　∵在前m项中偶数项之和为S偶＝63，
∴奇数项之和为S奇＝135－63＝72，设等差数列{an}的公差为d，则S奇－S偶＝＝72－63＝9.
又am＝a1＋d(m－1)，∴＝9，
∵am－a1＝14，∴a1＝2，am＝16.
∵＝135，∴m＝15，
∴d＝＝1，∴a100＝a1＋99d＝101.
15．将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是________．
答案　34 950
解析　在“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，1为公差的等差数列．因为前99组中数的个数共有＝4 950(个)，且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34 950.
16．已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫作传播指数RO.它指的是，在自然情况下(没有外力介入，同时所有人都没有免疫力)，一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数．它的简单计算公式是RO＝1＋确诊病例增长率×系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中，两例连续病例的间隔时间(单位：天)．根据统计，确诊病例的平均增长率为40%，两例连续病例的间隔时间的平均数为5天，根据以上RO计算，若甲得这种传染病，则4轮传播后由甲引起的得病的总人数约为________．
答案　120
解析　由题意知，RO＝1＋40%×5＝3，所以得病总人数为3＋32＋33＋34＝120(人)．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(10分)已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＝－12，a4＋a8＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求数列{bn}的通项公式．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＋a5＝2a3＝－12，a4＋a8＝2a6＝0，
所以所以
解得
所以an＝－10＋2(n－1)＝2n－12，n∈N*.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，
所以－8q＝－24，即q＝3，
因此bn＝b1·qn－1＝(－8)×3n－1，n∈N*.
18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明　当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0得
Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
所以－＝2，
又＝＝2，
所以是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解　由(1)可得＝2n，所以Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
＝－；
当n＝1时，a1＝，不符合an＝－.
故an＝
19．(12分)由整数构成的等差数列满足a3＝5，a1a2＝2a4.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的通项公式为bn＝2n，将数列，的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列的前4n＋3项和T4n＋3.
解　(1)由题意，设数列的公差为d，
由a3＝5，a1a2＝2a4，
可得
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝或d＝1，
因为为整数数列，所以d＝1，
又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，
所以数列的通项公式为an＝n＋2.
(2)由(1)知，数列的通项公式为an＝n＋2，又由数列的通项公式为bn＝2n，
根据题意，新数列：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，
则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2
＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
＝＋＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
20．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3an，Tn为数列{bn}的前n项和，求数列的前n项和．
解　(1)∵2Sn＝3an－3，①
当n＝1时，2a1＝3a1－3，即a1＝3.
当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3.②
由①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1.
∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．
∴an＝3×3n－1＝3n.又n＝1时，满足上式，
∴an＝3n.
(2)由(1)知bn＝log33n＝n，
Tn＝，
∴＝＝2，
∴数列的前n项和为
Rn＝2

＝2＝.
21．(12分)某学习软件以数学知识为题目设置了一项闯关游戏，共有15关，每过一关可以得到一定的积分，现有三种积分方案供闯关者选择．方案一：每闯过一关均可获得40积分；方案二：闯过第一关可获得5积分，后面每关的积分都比前一关多5；方案三：闯过第一关可获得0.5积分，后面每关的积分都是前一关积分的2倍．若某关闯关失败则停止游戏，最终积分为闯过的各关的积分之和，设三种方案闯过n(1≤n≤15且n∈N*)关后的积分之和分别为An，Bn，Cn，要求闯关者在开始前要选择积分方案．
(1)求出An，Bn，Cn的表达式；
(2)为获得尽量多的积分，如果你是一个闯关者，试分析这几种积分方案该如何选择？小明通过试验后觉得自己至少能闯过12关，则他应该选择第几种积分方案？
解　(1)按方案一闯过各关所得积分构成常数数列，故An＝40n；
按方案二闯过各关所得积分构成首项为5，公差为5的等差数列，故Bn＝5n＋×5＝；
按方案三闯过各关所得积分构成首项为，公比为2的等比数列，故Cn＝＝(2n－1)．
(2)令An>Bn，即40n>，解得0 而当n＝15时，An＝Bn，
又因为n≤15且n∈N*，故An≥Bn恒成立，
故方案二不予考虑；
令An>Cn，即40n>(2n－1)，解得0 故有当0Cn；
当10≤n≤15，An 故当能闯过的关数小于10时，应选择方案一；
当能闯过的关数大于等于10时，应选择方案三；
小明应该选择方案三．
22．(12分)设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3，….
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想出{an}的一个通项公式，并用数学归纳法证明你的结论；
(3)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
(1)解　由a1＝2得a2＝a－a1＋1＝3，
a3＝a－2a2＋1＝4，a4＝a－3a3＋1＝5.
(2)解　由此猜想{an}的一个通项公式为an＝n＋1(n∈N*)．
下面用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，a1＝2＝1＋1，等式成立．
②假设当n＝k时等式成立，即ak＝k＋1，那么ak＋1＝a－kak＋1
＝(k＋1)2－k(k＋1)＋1＝k＋2＝(k＋1)＋1，
也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1＝(k＋1)＋1也成立，
根据①②得对于所有n∈N*，有an＝n＋1.
(3)证明　∵bn＝＝<
＝－，
∴Tn＝＋＋＋…＋＋<＋＋＋…＋＋
＝＋＋＋…＋＋＝＋－<(n≥2)，
而T1＝<，
故对任意的n∈N*，有Tn<.