2019走向高考数学总练习练习-阶段性测试题六

1、2019 走向高考数学总练习练习- 阶段性测试题六注意事项 ：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。在论述题中， 问题大多具有委婉性， 尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点， 最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。 只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。本试卷分第一卷总分值( 选择题 ) 和第二卷 150 分、考试时间( 非选择题

2、 ) 两部分、120 分钟、第一卷(选择题共50 分 )【一】选择题 ( 本大题共 10 个小题，每题 5 分，共50 分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1、(2018洛阳一模) 在等比数列 an 中， a20188a2017，那么公比q 的值为 ()A、2B、3C、4D、8 答案 A 解析 a20188a2017，a2012 q3a20098， q2.2、(2018 潍坊 3 月联考 ) 等差数列 an 中，Sn是 an 的前 n 项和，S2，S 5，那么 S 等于 ()6915A、15B、30C、45D、60 答案 A6a115d2n36d5， 解析 设数列 a

3、的公差为 d，那么 9a1a11 27解得4，d271 1514 4所以 S1515( 27) 2 2715.3、(2018 淮南模拟 ) 等比数列 an 中， a5a115，a4a26，且 a10，那么 a3 等于 ()1A、3B. 21C、4D.4 答案 C 解析 设公比为 q，那么 a5a1a1( q41) 15. a4a2a1( q3q) 6. q21 51两式相除得q 2，解得 q2 或2. a4a20， q2 代入式得 a11. a34.4、(2018信阳一模 ) a 是等差数列， a 15，S 55，那么过n45点 P(3 ，a3) ，Q(4 ，a4) 的直线斜率为 ()1A、4

4、B. 41C、 4D、 4 答案 A 解析 an 为等差数列，5 a1a5 S525a3 55， a311，a4a3 kPQ 43 a4a315114.5、(2017 天津理 ) an 为等差数列，其公差为2，且 a7 是 a3*，那么 S 的值为 ()与 a 的等比中项， Sn 为 an 的前 n 项和， nN910A、 110B、 90C、90D、110 答案 D 解析 此题主要考查等比中项、等差数列前n 项和、22( a 2d)( a 8d)由条件： a a a 即( a6d)739111109 a120，S101020 2 ( 2) 110. 应选 D.6、(2018 原创题 ) 数列

5、 an 的前 n 项和是 Snanm( a0 且 a 1) ，那么使“数列 an 是等比数列”成立的条件是 ()A、m1B、m1C、m1D、m为任意实数 答案 A 解析 anSnSn1( anm) ( an 1m) an 1( a1)( n2) 、数列 an 是等比数列的充要条件是 anan1( a1) 满足 a1，即a1a1S1am，即 m1.7、(2018 合肥一模 ) 等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 4a2a ，1,2a 成等差数列，假设 a 1，那么 S ()314A、7B、8C、15D、16 答案 C 解析 不妨设数列 an 的公比为 q，那么 4a1, 2a2，a3 成

6、等差数列可转化为2(2 q) 4q2，得 q2. 124S4 12 15.8、( 文)(2018 郑州一模 ) 等差数列 an 的通项公式是 an12n， Sn其前 n 项和为 Sn，那么数列 n 的前 11 项和为 ()A、 45B、 50C、 55D、 66 答案 D 解析 由等差数列 n 的通项公式得 1 1，aa所以其前 n 项和112nn a ann12S 22 n .nSnSn那么 n n. 所以数列 n 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，1110所以其前 11 项的和为 11( 1) 2 ( 1) 66.1( 理)(2018 郑州一模 ) 数列 an 中， a32，a71，假

7、设 an1为等差数列，那么 a11()1A、0B. 22C. 3D、2 答案 B11111 解析 由可得 3 ，7 是等差数列 的第 3 和a13a 12an111231第 7 ，其公差 d 7324，11112由此可得 117(117) d 4.a1a1224 31解之得 a112.9、( 文)(2017 四川文 ) 数列 an 的前 n 和 Sn，假 a 1，1an 13Sn( n1) ，那么 a6()A、344B、3441C、45D、45 1 答案 An 和 Sn 与 an1 的关系，求通 公 解析 考 一个数列的前式 an. 注意的 是用 anSnSn1 时( n2) 的条件、an 1

8、3Snan3Sn1得 an1an3Sn3Sn13an，即 an14an，an 1 an 4( n2) 、当 n2 ， a23a13，a2an1 a13 an 4( n2) ， an 从第 2 起的等比数列，且公比 q4， a6a2q4344.( 理)(2017 四川理 ) 数列 an 的首 3， bn 等差数列且*an 1an( nN) ，假 b3 2，b1012，那么 a8()bnA、0B、3C、8D、11 答案 B 解析 此 主要考 等差数列的性 及累加法求通 ， 由 b3 2，b1012， d2， bn 6 2( n1) 2n8.由关系式： b7a8a7，各式相加： b1b2 b7a8a

9、1a83b6a7a6，b1a2a1，627872a 3， a 3，应选 B.8810、假设数列 an 的通项公式为 an5(22n22n1( nN ) ，5)4( 5) an 的最大项为第 x 项，最小项为第 y 项，那么 xy 等于 ()A、3B、4C、5D、6 答案 A22 解析 an5( ) n 12 4( ) n155224 5( 5) n 15 25，22当 ( ) n 1 ，即 n2时， an 最小，552当 () n11 时，即 n1 时， an 最大、5 x1，y2， xy3.第二卷 ( 非选择题共100 分)【二】填空题 ( 本大题共 5 个小题，每题 5 分，共 25 分，

10、把正确答案填在题中横线上 )S311、(2018 许昌月考 ) 等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，且满足 3 S22 1，那么数列 an 的公差是 _、 答案 2n a anSna an11 解析 Sn2， n2 ，SSaa3232由 3 2 1 得 2 2 1， a3a22，数列 an 的公差为 2.12、(2018 九江调研 ) 数列 an 满足 a11，an 12an1，假设数列 anc 恰为等比数列，那么 c 的值为 _、 答案 1 解析 an12an1， an112( an1) ，数列 an1 是以首项 a112，公比为 2 的等比数列， c1.13、(2017 湖北理 ) 九

11、章算术“竹九节”问题：现有一根9 的竹子，自上而下各 的容 成等差数列， 上面 4 的容 共 3 升，下面 3 的容 共 4 升，那么第 5 的容 _升、67 答案 66 解析 此 考 等差数列通 公式、前 n 和公式的基本运算、 此等差数列 an ，公差 d，那么a1a2a3a43，a7a8a94，134a16d3，a1 22， 3a121d4， 解得7d66，13 7 67 a5a14d2246666.514、(2018 延安模 ) 等比数列 an 中，a1a310，a4a6 4，那么数列 an 的通 公式 _、 答案 an24 n 解析 由 a4a1q3，a6a3 q3 得a4a6511

12、a1a3q34108.1 q2，又 a1 (1 q2) 10， a1 8.1 ana1qn1 8( 2) n1 24 n.15、( 文)(2018 湖一模 ) 数列 an 足 a133，an 1an2n，an那么 n的最小 _、21 答案 2 解析 anan 12( n1)a2a12，相加得 ana124 2( n1)nn1 21 2 ( n1) 22n( n1) ， ann2n33，an33a63321 nn n 1，n6 ， 6 6 6 1 2 最小、( 理 )(2018 温州一模 ) 假 数列 a 是正 数列，且a1 a2a1naa2n ann23n( nN) ，那么 2 3 n1_.

13、答案 2 n26n 解析 令 n1 得 a 4，即 a 16，11当 n2 ， an( n23n) ( n1) 23( n1) 2n2，所以 an4( n1) 2，当 n1 ，也适合，所以 an4( n1) 2( nN) 、an于是 n14( n1) ，a1a2an故 2 3 n12n2 6n.【三】解答 ( 本大 共 6 个小 ，共 75 分，解答 写出文字 明， 明 程或演算步 )16、( 本小 分 12 分)(2018 商丘模 ) 等差数列 an 中，a3a7 16，a4a6 0，求 an 的前 n 和 Sn.n 和公式、 分析 此 考 等差数列的通 公式及前 解析 设 an 的公差 d

14、，那么a12da16d1611，a 3da 5d02211a8da 12d 16即1，a 4da1 8a1 8.解得2，或 2dd因此 Sn 8nn( n1) n( n9) ，或 Sn8nn( n1) n( n9) 、17、( 本小 分 12 分)( 文)(2017 重 文 ) 设 an 是公比 正数的等比数列， a12，a3a24.(1) 求 an 的通 公式；(2) 设 bn 是首 1，公差 2 的等差数列，求数列 anbn 的前 n 和 Sn. 解析 (1) 等比数列 an 的公比 q，由 a12，a3a24 得 2q2 2q4，即 q2q20，解得 q2 或 q 1( 舍 ) ， q2

15、， ana1qn1 22n1 2n.(2) 数列 bn12( n1) 2n1，2 12nn n1 Sn12 n122 2n 12n2nn2n 1n22.为 a( a( 理)(2017 浙江文 ) 公差不 0 的等差数列 a 的首 an1111 R) ，且 a ，a ，a 成等比数列、1 24(1) 求数列 an 的通 公式；11111(2) 对 nN* ， 比 a2a22a23 a2n与a1的大小、111解析 (1) 等差数列 an 的公差 d，由 意可知( a2 ) 2a1a4，即 ( a1d) 2a1( a13d) ，从而 a1dd2，因 d0，所以 da1a，故通 公式 anna.111

16、(2) 记 Tna2a22 a2n，因 a2n2na，1 111所以 Tna( 222 2n)11n1 21211 a1a1 ( 2) n121从而，当 a0 ， Tna11当 aa1.18、( 本小 分 12 分)(2018 青 ) 数列 an 中，a1 2，an 1ancn( c 是常数， n1,2,3 ， ) ，且 a1、a2、a3 成公比不 1 的等比数列、(1) 求 c 的 ；(2) 求 an 的通 公式、 解析 (1) a12，a22c，a323c，因 a1、a2、a3 成等比数列，2所以 (2 c) 2(2 3c) ，当 c0 ， a1a2a3，不符合 意，故 c2.(2) 当

17、n1 ，由于 a2 a1c，a3a22c，anan 1( n1) c，nn1所以 ana11 2 ( n1) c2c.又 a12，c2，故 an2n( n1) n2n2( n2,3 ，) 、当 n1 ，上式也成立，所以 ann2n2.19、( 本小 分 12 分)(2018 安阳一模 ) 数列 an 中，其前 n 和 Sn，且 n，an，Sn 成等差数列 ( nN) 、(1) 求数列 an 的通 公式；(2) 求 Sn57 时 n 的取 范 、 解析 (1) n，an，Sn 成等差数列， Sn2ann，Sn12an1 ( n1)( n2) ， anSnSn1 2an2an 11( n 2) ，

18、 an2an11( n2) ，两 加 1 得 an12( an11)( n2) ，an1 an 112( n2) 、又由 Sn2ann 得 a11.数列 an1 是首 2，公比 2 的等比数列，n 1 an122，即数列 an 的通 公式 an2n1.(2) 由(1) 知， Sn2ann2n12n， Sn 1Sn2n22( n1) (2 n12 n) 2n 110， Sn 1Sn， Sn 增数列、由 ， Sn57，即 2n1 n59.又当 n5 ， 26559， n5.当 Sn57 ， n 的取 范 n6( nN ) 、20、( 本小 分 13 分)(2018 坊 研 ) 数列 an 是公差大于 0 的等差数列， a3，a5 分 是方程 x214x450 的两个 根、(1) 求数列 an 的通 公式；an1(2) 设 bn 2n1 ，求数列 bn 的前 n 和 Tn. 解析 (1) 因 方程 x214x450 的两个根分 5、9，所以由 意可知 a3 5，a59，所以 d2，所以 ana3( n3) d2n1.an11(2) 由(1) 可知， bn 2n1 n2n，111112323 ( n1) 2n1n， T 1222n2n11111 2Tn122223 ( n1) 2