北师大版（2019）高中数学选修二 章末质量检测(一)

这是一份北师大版（2019）高中数学选修二 章末质量检测(一)，共10页。

章末质量检测(一)　数列一、单项选择题(本大题共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．－401是等差数列－5，－9，－13…的第(　　)A．98项 B．99项C．100项 D．101项2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋a9＝50，a4＝13，则S10＝(　　)A．170 B．190C．180 D．1893．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝(　　)A．3∶4 B．2∶3C．1∶2 D．1∶34．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为(　　)A．an＝－2n－1 B．an＝2n－1C．an＝2n－3 D．an＝2n－1－25．在正项等比数列{an}中，若3a1， eq \f(1,2) a3，2a2成等差数列，则 eq \f(a2 018－a2 019,a2 016－a2 017) ＝(　　)A．3或－1 B．9或1C．3 D．96．《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，书中提到冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列．若冬至、大寒、雨水的日影子长的和是40.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为(　　)A．6.5尺 B．13.5尺C．14.5尺 D．15.5尺7．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，n∈N*，则{bn}的前10项之和为(　　)A． eq \f(4,13)  B． eq \f(5,13) C． eq \f(8,39)  D． eq \f(10,39) 8．若等差数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＞0，a2 020＋a2 021＞0，a2 020·a2 021＜0，则满足Sn＞0成立的最大正整数n是(　　)A．4 039 B．4 040C．4 041 D．4 042二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有(　　)A．a7 B．a8C．S15 D．S1610．某地2020年12月20日至2021年1月23的新冠肺炎每日确诊病例变化曲线如图所示．若该地这段时间的新冠肺炎每日的确诊人数按日期先后顺序构成数列{an}，{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　)A．数列{an}是递增数列B．数列{Sn}不是递增数列C．数列{an}的最大项为a11D．数列{Sn}的最大项为S1111．已知递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝S9，则(　　)A．a7＞0 B．S7最大C．S14＞0 D．S13＞012．若数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N＋)，则称数列{an}为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用，则下列结论成立的是(　　)A．a7＝13B．a1＋a3＋a5＋……＋a2 019＝a2 020C．S7＝54D．a2＋a4＋a6＋……＋a2 020＝a2 021三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．在数列{an}中，若a1＝1， eq \f(an＋1,3) ＝ eq \f(an,3) ＋1，则an＝____________．14．我国古代数学名著《张邱建算经》有“分钱问题”：今有与人钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还敛聚与均分之，人得一百钱，问人几何？意思是：将钱分给若干人，第一人给3钱，第二人给4钱，第三人给5钱，以此类推，每人比前一人多给1钱，分完后，再把钱收回平均分给各人，结果每人分得100钱，问有多少人？则题中的人数是________．15．已知－7，a1，a2，－1四个实数成等差数列，－4，b1，b2，b3，－1五个实数成等比数列，则 eq \f(a2－a1,b2) ＝________．16．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知等差数列{an}中，a1＝－7，S3＝－15.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.18．(本小题满分12分)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.19．(本小题满分12分)已知数列{an}为等差数列，a7－a2＝10，且a1，a6，a21依次成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝ eq \f(1,anan＋1) ，数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn＝ eq \f(2,25) ，求n的值．20．(本小题满分12分)已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝ eq \f(1,an) ＋2log2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.21．(本小题满分12分)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋10，因为3a1， eq \f(1,2) a3，2a2成等差数列，故a3＝3a1＋2a2⇒a1q2＝3a1＋2a1q⇒q2－2q－3＝0⇒(q－3)(q＋1)＝0.因为q>0故q＝3.故原式＝ eq \f(（a2 016－a2 017）q2,a2 016－a2 017) ＝q2＝9.故选D.答案：D6．解析：∵冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列．冬至、大寒、雨水的日影子长的和是40.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长分别为an(n＝1，2，3，…，12)，则{an}是等差数列，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（a1＋2d）＋（a1＋4d）＝40.5,a1＋11d＝4.5)) ，解得a1＝15.5.则冬至的日影子长为15.5尺．故选D.答案：D7．解析：数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，n∈N*，∴bn＝ eq \f(1,n2＋5n＋6) ＝ eq \f(1,（n＋2）（n＋3）) ＝ eq \f(1,n＋2) － eq \f(1,n＋3) ，∴{bn}的前10项之和为：S10＝ eq \f(1,3) － eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,4) － eq \f(1,5) ＋ eq \f(1,5) － eq \f(1,6) ＋…＋ eq \f(1,12) － eq \f(1,13) ＝ eq \f(1,3) － eq \f(1,13) ＝ eq \f(10,39) .故选D.答案：D8．解析：∵等差数列{an}满足，首项a1＞0，a2 020＋a2 021＞0，a2 020·a2 021＜0，∴等差数列{an}单调递减，a2 020＞0，a2 021＜0，∵S4 040＝ eq \f(4 040（a1＋a4 040）,2) ＝2 020(a2 020＋a2 021)＞0，S4 041＝ eq \f(4 041（a1＋a4 041）,2) ＝4 041a2 021＜0，则满足Sn＞0成立的最大正整数n是4 040.故选B.答案：B9．解析：由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝ eq \f(15（a1＋a15）,2) ＝15a8为定值，但S16＝ eq \f(16（a1＋a16）,2) ＝8(a8＋a9)不是定值．故选BC.答案：BC10．解析：因为12月27日新增确诊人数小于12月26日新增确诊人数，即a7＞a8，所以{an}不是递增数列，所以A错误；因为1月22日新增确诊病例为0，即S33＞S34，所以{Sn}不是递增数列，所以B正确；因为12月31日新增确诊病例最多，从12月20日算起，12月31日是第11天，所以数列{an}的最大项是a11，所以C正确；数列{Sn}的最大项是最后一项，所以D错误，故选BC.答案：BC11．解析：∵递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝S9，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d<0,5a1＋\f(5×4,2)d＝9a1＋\f(9×8,2)d)) ，解得a1＝－ eq \f(13,2) d，故a7＞0，S13＞0，S14＜0，∴Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d＝－ eq \f(13,2) nd＋ eq \f(n2,2) d－ eq \f(n,2) d＝ eq \f(1,2) d(n2－14n)＝ eq \f(1,2) d(n－7)2－ eq \f(49,2) d∴当n＝7时，Sn取最大值．故选ABD.答案：ABD12．解析：因为a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N＋)，所以a3＝a2＋a1＝2，a4＝a3＋a2＝3，a5＝a4＋a3＝5，a6＝a5＋a4＝8，a7＝a6＋a5＝13，所以A正确；S7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，所以C不正确；a1＋a3＋a5＋…＋a2 019＝a1＋a2＋a1＋a4＋a3＋…＋a2 018＋a2 017＝a1＋S2 018＝1＋S2 018，又因为an＋2＝an＋1＋an＝an＋an－1＋an－1＋an－2＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－3＋an－4＝…＝Sn＋1，所以a2 020＝S2 018＋1＝a1＋a3＋a5＋…＋a2 019，所以B正确；a2＋a4＋a6＋…＋a2 020＝a2＋a3＋a2＋a5＋a4＋…＋a2 019＋a2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 019＝S2 019，因为S2 019＋1＝a2 021，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2 020≠a2 021，所以D不正确．故选AB.答案：AB13．解析：a1＝1， eq \f(an＋1,3) ＝ eq \f(an,3) ＋1，则an＋1＝an＋3，∴数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，∴an＝1＋3(n－1)＝3n－2.答案：3n－214．解析：设共有n人，根据题意得3n＋ eq \f(n（n－1）,2) ＝100n，解得n＝195，所以一共有195人．答案：19515．解析：由题意知a2－a1＝ eq \f(－1－（－7）,3) ＝2，b eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝(－4)×(－1)＝4.又因为b2是等比数列中的第三项，所以b2与第一项同号，即b2＝－2，所以 eq \f(a2－a1,b2) ＝ eq \f(2,－2) ＝－1.答案：－116．解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝ eq \f(5（a1＋a5）,2) ＝5a3＝－10，所以a3＝－2，又因为a2＝－3，所以d＝a3－a2＝1，所以a1＝a2－d＝－4，a5＝a3＋2d＝0，Sn＝－4n＋ eq \f(1,2) n(n－1)＝ eq \f(1,2) n2－ eq \f(9,2) n＝ eq \f(1,2)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))  eq \s\up12(2) － eq \f(81,8) ，又n∈N*，故当n＝4或5时，Sn取得最小值－10.答案：0　－1017．解析：(1)依题意，设等差数列{an}的公差为d，因为S3＝3a2＝－15，所以a2＝－5，又a1＝－7，所以公差d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝－7＋2(n－1)＝2n－9.(2)由(1)知a1＝－7，d＝2，所以Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d＝－7n＋ eq \f(n（n－1）,2) ×2＝n(n－8).18．解析：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝ eq \f(1－（－2）n,3) .由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.19．解析：(1)设数列{an}的公差为d，因为a7－a2＝10，所以5d＝10，解得d＝2.因为a1，a6，a21依次成等比数列，所以a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＝a1a21，即(a1＋5×2)2＝a1(a1＋20×2)，解得a1＝5.所以an＝2n＋3.(2)由(1)知bn＝ eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,（2n＋3）（2n＋5）) ，所以bn＝ eq \f(1,2)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋3)－\f(1,2n＋5))) ，所以Sn＝ eq \f(1,2) [( eq \f(1,5) － eq \f(1,7) )＋( eq \f(1,7) － eq \f(1,9) )＋…＋( eq \f(1,2n＋3) － eq \f(1,2n＋5) )]＝ eq \f(n,5（2n＋5）) ，由 eq \f(n,5（2n＋5）) ＝ eq \f(2,25) ，得n＝10.20．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1，a2，a3－2成等差数列，a1＝2，∴2a2＝a1＋(a3－2)＝2＋(a3－2)＝a3，∴q＝ eq \f(a3,a2) ＝2，∴an＝a1qn－1＝2n(n∈N*)(2)bn＝ eq \f(1,an) ＋2log2an－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(n) ＋2log22n－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(n) ＋2n－1则Sn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1)) ＋[ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(2) ＋3]＋[ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(3) ＋5]＋…＋[ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(n) ＋(2n－1)]＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))) ＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2)) ＋ eq \f(n[1＋（2n－1）],2) ＝n2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(n) ＋1(n∈N*)21．解析：方案一：选条件①.设{bn}的公比为q，则q3＝ eq \f(b5,b2) ＝－27，即q＝－3.所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，a2＝b1＋b3＝－10，由于{an}是等差数列，所以an＝3n－16.因为Sk>Sk＋1且Sk＋10，所以满足题意的k存在时，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（k＋1）－16<0，,3（k＋2）－16>0，)) 即k＝4.方案二：选条件②.设{bn}的公比为q，则q3＝ eq \f(b5,b2) ＝－27，即q＝－3，所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，所以{an}的公差d＝－28.因为Sk>Sk＋1且Sk＋10，此时d＝ak＋2－ak＋1>0，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．方案三：选条件③.设{bn}的公比为q，则q3＝ eq \f(b5,b2) ＝－27，即q＝－3，所以bn＝－(－3)n－1从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得S5＝ eq \f(5（a1＋a5）,2) ，由S5＝－25得a1＝－9.所以an＝2n－11.因为Sk>Sk＋1且Sk＋10，所以满足题意的k存在时，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（k＋1）－11<0，,2（k＋2）－11>0，)) 即k＝4.22．解析：(1) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sn＝\f(1,2)an＋1＋n,Sn－1＝\f(1,2)an＋（n－1）（n≥2）)) ，∴an＝ eq \f(1,2) an＋1－ eq \f(1,2) an＋1，即an＋1＝3an－2(n≥2)，即(an＋1－1)＝3(an－1)，当a1＝2时，a2＝2， eq \f(a2－1,a1－1) ＝1≠3，∴{an－1}是以a2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，∴an－1＝1·3n－2，即an＝3n－2＋1，∴an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，　　n＝1,3n－2＋1，n≥2)) .(2)bn＝(4n－2)an＋1＝(4n－2)·(3n－1＋1)＝(4n－2)3n－1＋(4n－2)，记Sn＝2·30＋6·31＋10·32＋…＋(4n－2)3n－1，①3Sn＝2·31＋6·32＋…＋(4n－6)3n－1＋(4n－2)3n②①－②得－2Sn＝2＋4(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(4n－2)3n∴Sn＝2＋(2n－2)·3n∴Tn＝2＋(2n－2)·3n＋ eq \f(n（2＋4n－2）,2) ＝2＋(2n－2)·3n＋2n2.