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01等差数列-浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习(人教版)
展开这是一份01等差数列-浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习(人教版),共22页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题,证明题等内容,欢迎下载使用。
一、单选题
1.(2022上·浙江台州·高二校考期末)已知数列是等差数列, 前n项和,若满足,则使最大的为 ( )
A.2021B.2022C.4041D.4042
2.(2022上·浙江台州·高二校联考期末)已知等差数列的前项和为,若公差,且,则( )
A.2021B.2022C.2023D.2024
3.(2023上·浙江嘉兴·高二统考期末)已知等差数列和的前项和分别为、,若,则( )
A.B.C.D.
4.(2023上·浙江杭州·高二杭师大附中校考期末)“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个问题:将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列,构成数列,则( )
A.103B.107C.109D.105
5.(2023上·浙江湖州·高二统考期末)在等差数列中,首项,前3项和为6,则等于( )
A.0B.6C.12D.18
6.(2023上·浙江台州·高二期末)已知数列中,,且是等差数列,则( )
A.36B.37C.38D.39
7.(2023上·浙江绍兴·高二统考期末)已知等差数列的前项和为,首项为,公差为,则( )
A.B.C.D.
8.(2023上·浙江宁波·高二统考期末)某中学响应政府号召,积极推动“公益一小时”,鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务,为了保障学生安全,与社区沟通实行点对点服务.原计划第一批派遣18名学生,以后每批增加6人.由于志愿者人数暴涨,学校与社区临时决定改变派遣计划,具体规则为:把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为,在数列的任意相邻两项与之间插入个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列.按新数列的各项依次派遣支教学生.记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数,则的值为( )
A.198B.200C.240D.242
9.(2023上·浙江舟山·高二统考期末)在等差数列中,,,则=( )
A.2022B.2023C.4043D.4044
10.(2023上·浙江温州·高二统考期末)已知是公差不为0的等差数列,是其前项和,则“对于任意,都有”是“的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
11.(2023上·浙江温州·高二校考期末)已知正项数列满足,若,则数列的前项的和为( )
A.B.C.D.
12.(2023上·浙江温州·高二校考期末)已知等差数列,,是方程的两根,则( )
A.9B.18C.D.
二、多选题
13.(2022上·浙江台州·高二校联考期末)已知等差数列的前项和为,若,,则下列选项正确的有( )
A.B.
C.中绝对值最小的项为D.数列的前项和最大项为
14.(2023上·浙江台州·高二期末)台州府城墙是临海级旅游景点之一,该景点的入口处有一段台阶,共198级.若某游客登台阶时每步只向上登一级或两级,设该游客从底下开始登上第n级台阶的不同走法种数记为(且),则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
15.(2023上·浙江杭州·高二浙江大学附属中学校考期末)已知正项数列前n项和为,且满足( )
A.数列是等差数列B.
C.数列不是等差数列D.
16.(2023上·浙江金华·高二统考期末)已知椭圆的左右焦点分别为,过的直线交椭圆于两点,设,,,,已知成等差数列,公差为d,则( )
A.成等差数列B.若,则C.D.
17.(2023上·浙江金华·高二统考期末)自然界中存在一个神奇的数列,比如植物一年生长新枝的数目,某些花朵的花数,具有1,1,2,3,5,8,13,21……,这样的规律,从第三项开始每一项都是前两项的和,这个数列称为斐波那爽数列.设数列为斐波那契数列,则有,以下是等差数列的为( )
A.B.C.D.
18.(2023上·浙江宁波·高二统考期末)已知等差数列,其前n项和为,若,则下列结论正确的是( )
A.B.使的的最大值为C.公差D.当时最大
三、填空题
19.(2022上·浙江台州·高二校考期末)正整数列前n ()个奇数的和= .
20.(2023下·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末)已知等差数列,,,则 .
21.(2023上·浙江嘉兴·高二统考期末)将数列和的公共项从小到大排列得到一个新的数列,则数列的前项和为 .
22.(2023上·浙江杭州·高二杭十四中校考期末)在等差数列中,已知,则的值为 .
23.(2023上·浙江台州·高二期末)已知等差数列满足,则 .
24.(2023上·浙江宁波·高二统考期末)已知等差数列,,=
25.(2023上·浙江金华·高二统考期末)数列满足,,则 .
四、解答题
26.(2023下·浙江嘉兴·高二统考期末)记为数列的前n项和,且,已知.
(1)若,求数列的通项公式;
(2)若对任意恒成立,求的取值范围.
27.(2023上·浙江宁波·高二统考期末)已知数列满足
(1)求的通项公式;
(2)求数列的前项和.
五、证明题
28.(2022上·浙江台州·高二校联考期末)记为数列的前项和,已知.
(1)求证:数列是等差数列;
(2)若,求证:.
29.(2023上·浙江宁波·高二统考期末)已知正项数列的前n项和为.若(且).
(1)求证:数列为等差数列,并求数列的通项公式;
(2)若,求前n项和.
30.(2023上·浙江宁波·高二统考期末)在①;②;③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,然后解答补充完整的题目.
问题:已知等差数列为其前n项和,若______________.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求证:数列的前n项和.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
参考答案:
1.D
【分析】根据等差数列的单调性,结合第项与前项的关系进行求解即可.
【详解】等差数列的前n项和为,由,且,
得,,,则数列的公差,
于是数列是递减的等差数列,当时,,当时,,
又,因此,
,,所以使最大的为.
故选:D
2.B
【分析】利用等差数列前n项和二次函数性质及求得,进而求得,最后应用等差数列前n项和公式求结果.
【详解】由,故对称轴为,又,
所以,即,故,
所以.
故选:B
3.C
【分析】根据等差数列的性质和通项公式可得,再根据等差数列的求和公式可得,结合已知条件求解即可
【详解】设等差数列的公差为,则,
因为,
所以,
因为等差数列和的前项和分别为、,满足,
所以,
所以,
故选:C
4.B
【分析】根据已知条件进行转化得到数列通项公式,由题意解出不等式即可判断项数.
【详解】由题意,被3除余2且被7除余2的数即为被21除余2的数,故,
则.
故选:B
5.A
【分析】根据题意求出公差,从而可得出答案.
【详解】设公差为,
则,解得,
所以.
故选:A.
6.A
【分析】根据等差数列的定义写出的通项公式,再利用累加法求.
【详解】因为,所以,
又是等差数列,故首项为3,公差为2,
所以,
所以.
故选:A.
7.B
【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式求解.
【详解】因为,所以,
故选:B.
8.B
【分析】由已知确定数列的通项公式,再确定数列的项的取值规律,再求其前50项的和.
【详解】由已知原计划第一批派遣18名学生,以后每批增加6人.
所以数列为等差数列,且,数列的公差,
所以,
数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得,
所以数列满足条件,,当时,,
,当时,,
,当时,,
,当时,,
所以数列的前项的和为,
故选:B.
9.C
【分析】由等差数列的通项公式代入方程组可求得首项和公差,代入求解即可.
【详解】∵为等差数列,
∴
∴,
∴
故选:C.
10.A
【分析】利用等差数列的前项和公式和充分性、必要性的概念求解即可.
【详解】因为数列是公差不为0的等差数列,所以,
当时,没有最大值,所以由对于任意,都有可得,所以,充分性成立;
当时,,所以必要性不成立,
故“对于任意,都有”是“的充分不必要条件,
故选:A
11.C
【分析】由和的关系,利用公式求出数列的通项公式,可得到数列的通项公式,利用裂项相消法求前项的和.
【详解】,当时,,
当时,,当时,也满足,
∴ 数列的通项公式为,
,
故选:C
12.A
【分析】由韦达定理可得,根据等差数列的性质有,可求.
【详解】,是方程的两根,有,
等差数列中,.
故选:A
13.BCD
【分析】由题设可得,结合等差数列性质判断A、B、C;再由的正负分界点,判断最大项判断D.
【详解】由题意,可得,显然,,
即为递减数列,且,,即,故A错,B、C对;
由题意,的前8项为正,第9项开始均为负,故最大项为,D对.
故选:BCD
14.ABD
【分析】最后一步有两种途径,只登一级与登两级,可得,即可判断A,利用迭代即可证明B,根据可得作等量替换判断C,根据可得即可证明D.
【详解】易知,,,最后一步有两种途径,只登一级与登两级,故,故A正确;
由
,
∴,故B正确;
由,
则,
则,故C错误;
由,
∴
,
∴,故D正确.
故选:ABD.
15.ABD
【分析】根据给定的递推公式,结合求出数列的通项公式,再逐项判断作答.
【详解】数列中,,,当时,,
则,即,
因此,而,解得,即数列是首项为1,公差为2 的等差数列,A,B都正确;
,,,
于是,数列是等差数列,C错误;
,D正确.
故选:ABD
【点睛】思路点睛:给出与的递推关系,求,常用思路是:一是利用转化为的递推关系,再求其通项公式;二是转化为的递推关系,先求出与n之间的关系,再求.
16.ABC
【分析】A选项,由椭圆定义及成等差数列,得到,,,,故,A正确;B选项,在A选项基础上得到,,,设出直线的方程,与椭圆方程联立,得到两根之和,两根之积,由得到,由弦长公式得到,联立得到;C选项,由焦半径公式推导出,C正确;D选项,在的基础上,得到,D错误.
【详解】A选项,由椭圆定义可知:,
又成等差数列,故,
则,则,则,,
又,
故,故A正确;
B选项,若,此时,,故,且,
设,因为直线斜率一定不为0,
设直线为,与联立得:
,即
则,
因为,所以,
联立解得,故
由弦长公式可得:,
所以,平方得:,
其中,
故,解得:,即,
由可得:,
整理得:,即,
故,解得:或,
因为,所以舍去,故,B正确;
C选项,设椭圆上一点,其中椭圆左右焦点分别为,
下面证明,,
过点M作MA⊥椭圆的左准线于点A,作MB⊥椭圆右准线于点B,
则有椭圆的第二定义可知:,
其中,
则,,
故,故,
,故,所以,C正确;
D选项,设直线为,由得:,故,D错误.
故选:ABC
【点睛】椭圆焦半径公式:
(1)椭圆上一点,其中椭圆左右焦点分别为,
则,,
(2)椭圆上一点,其中椭圆下上焦点分别为,
则,,
记忆口诀:左加右减,下加上减.
17.BD
【分析】利用定义构造等差中项来验证所给选项成等差数列.
【详解】由题意:,①
所以,②
②①得:,
所以数列或数列成等差数列,
令,则成等差数列,故B正确,A错误,
由,
所以,
所以成等差数列,
令,则成等差数列,故D正确,C错误.
故选:BD.
18.ACD
【分析】根据条件可得,,可判断A 正确,可判断C 正确,再根据可判断B错误,又因为可判断D正确.
【详解】等差数列,,
又,
,A正确.
, C正确.
,
使的n的最大值为. B错误.
当,
所以当时最大. D正确.
故选:ACD
19.
【分析】直接根据等差数列的求和公式计算即可.
【详解】正整数数列前个奇数的和为:.
故答案为:
20.1
【分析】记等差数列的公差为,则,由,,结合和差角余弦公式可得,从而可求解.
【详解】记等差数列的公差为,则,
因为,,
所以
,
所以.
故答案为:1
21.
【分析】首先判断出数列与项的特征,从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差,利用等差数列的求和公式求得结果.
【详解】因为数列是以3为首项,以2为公差的等差数列,
数列是以2首项,以3为公差的等差数列,
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以5为首项,以6为公差的等差数列,
所以的前项和为.
故答案为:.
22.30
【分析】根据等差数列的通项公式求解.
【详解】设的公差为,
,即,
所以,
故答案为:30.
23.49
【分析】根据等差数列定义可得,利用裂项求和计算可得,再由等差数列通项公式计算可得.
【详解】设等差数列的公差为d,则,
所以,可得;
又,即,解得.
故答案为:
24.e
【分析】由等差中项的性质计算即可.
【详解】由等差数列性质可知:,
又,故.
故答案为:e
25.
【分析】累加法以及等差数列求和公式求数列的通项公式.
【详解】因为,
所以,
,
,
,
,
累加得:
故答案为:.
26.(1)
(2)
【分析】(1)由已知得为公差为的等差数列,求得,利用与的关系求得,再利用累乘法即可得到结果.
(2)利用等差数列前项和公式表示出,即可得出,然后利用裂项相消法求得其前项的和,即可得到结论.
【详解】(1)由题意得为公差为,首项为的等差数列,
则,
即,
两式作差得,
即,
所以,
即,,
因为也适合上式,所以.
(2)由(1)知,
由可得,
所以,
则
,
当时,有,
因为,所以恒成立等价于,从而.
27.(1)
(2)
【分析】(1)根据求解即可;
(2)利用裂项相消法求解即可.
【详解】(1)因为,
故当时,,
上述两式相减,得,所以,
又可得,符合上式,
所以;
(2)由(1)可得,
则.
28.(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)利用关系求得,注意的情况,即可证结论;
(2)由题意,放缩得,再由裂项相消法即可得证.
【详解】(1)由题设且,
则,所以,
当时,,即,
综上,数列是公差为2的等差数列
(2)由题意及(1)得,
所以,
当时,
则,
又,
所以得证.
29.(1);
(2).
【分析】(1)由,结合已知递推关系进行转化,然后结合等差数列的通项公式及递推关系可求;
(2)由已知先求,根据错位相减即可求和.
【详解】(1)由题意得:当时,
,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以数列是以1为首项,以为公差的等差数列,
则,
所以,
当时,,
由于不适合上式,
故;
(2)当时,,
当时, ,
所以,
当时,,
,
相减得,
故,此时也适合,
故.
30.(1)
(2)证明见解析.
【分析】(1)选①由与的关系求解即可;选②③由等差数列的通项公式与求和公式求解即可;(2)由(1)可得,利用裂项相消法证明即可.
【详解】(1)若选①:在等差数列中,,
当时,,
也符合,
∴;
若选②:在等差数列中,
,
,解得
;
若选③:在等差数列中,
,解得
;
(2)证明:由(1)得,
所以
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