上海市上海中学2018_2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)

1、上海市上海中学2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题(含解析)一、选择题。1 . lim 1 .n n【答案】1【解析】【分析】,1由lim 1=0即可求得x n11【详斛】lim(1 )=lim1 lim =1-0=1 xn xx n【点睛】利用和或差的极限等于极限的和或差，此题是一道基础题。2 .已知等差数列a1 3冏 21,d2,则n .【答案】10【解析】试题分析：根据公式，an a n 1 d ,将a1 3,an 21,d 2,代入，计算得n=10.考点：等差数列的通项公式.3 .数列an中，已知 an 4n 13?2n 2,n N*,50 为第 项.【答案】4【解析】【分

2、析】方程变为4n 13?2n-48=0,设2n x,解关于x的二次方程可求得。 nn【详解】an 413?22,n N ,则 50 4n13?2n2 ,即 4n13?2n-48=0设 2n x,则 x213x48 0,有 x 16 或 x3取x 16得2n 16, n 4,所以是第4项。4n ( 2n) 2 ，原方程可通过换元，变为关于x 的一个二次方程。对于指数结构4n (2n)2, 9n (3n)2, 25n (5n)2等，都可以通过换元变为二次形式研究。4 . an等比数列，若a1a2 a326 , a4 a152 ，则 an .【答案】2?3n 1【解析】【分析】将 a1a2 a326

3、 , a4 a152这两式中的量全部用 a1,q 表示出来，正好有两个方程，两个未知数，解方程组即可求出。2【详解】a1a2 a326 相当于 a(1 1 q q ) =26 ，32a4 a152相当于a(1 q -1 )=a1(q 1)(q q 1) 52 ，上面两式相除得 q 1 2, q 3 代入就得a12 ， an2g3n 1【点睛】基本量法是解决数列计算题最重要的方法，即将条件全部用首项和公比表示，列方程，解方程即可求得。5. 用数学归纳法证明： n 1 n 2 L n nk 1 ”左边需增加的代数式是【答案】 4k 2【解析】【分析】写出 n k 时的表达式，然后写出 n k1 时

4、的表达式，由此判断出增加的代数式n*2 1 3 2n 1 ,n N 时， 从“ k 到【详解】当 n k 时，左边为 k 1 k 2 L当 n k 1 时，左边为 k 1 1 k 1 2 L化简得k 2 k 3 L k k k k 1 2k 2k k ，左边的 k 固定，k1 kk1k1，k 2 k 3 L k k 2 2k 1 k 1 ，故增加的项为2 2k 1 4k 2 .【点睛】本小题主要考查数学归纳法的概念以及运用，考查观察与思考的能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题 .6 .数列2口满足ai1,a23,an1 (2n)an(n1,2,L ),则a3等于.【答案】 15【解析

5、】【分析】先由 a11, a23,an 1(2n)an(n1,2,L ) ，可求出 ，然后由 n 2，代入已知递推公式即可求解。Q a1 1,a23,an1(2n )an ,a2(2)a1,【详解】 3 2,1,an 1(2n 1)ana35a215故答案为 15.【点睛】本题考查是递推公式的应用，是一道基础题。*7 . 数列xn满足xn1xnxn1 ,n 2, n N ,x1 a,x2b ，则x2019 .【答案】 b a【解析】【分析】根据题意可求得xn2xn1xn和xn1xnxn1 的等式相加，求得xn 2xn1 ，进而推出xn6 xn3 xn ，判断出数列是以 6 为周期的数列，进而根

6、据x2019x3 求出答案。【详解】 Qxn 1 xnxn1xn 2xn 1xn将以上两式相加得xn 2xn 1xn 6xn 3xn数列Xn是以6为周期的数列，故X2019X3X2Xib a【点睛】对于递推式的使用，我们可以尝试让n取n 1或n 1,又得一个递推式，将两个递推式相加或者相减来找规律，本题是一道中等难度题目。8 .数列an满足下列条件：ai1,且对于任意正整数 n，恒有a2nan n ,则a5i2 .【答案】512【解析】【分析】直接由 a2nann ,可得a512a256256a2562=a1281282a12822 L ,这样推下去,再带入等比数列的求和公式即可求得结论。Q

7、a2nan na512a256a256 25625628= a128a128L1282728281 211 2922 L281 2512故选C。【点睛】利用递推式的特点，反复带入递推式进行计算，发现规律，求出结果，本题是一道 中等难度题目。9 .数列an定义为 a1 cos , an an 1 nsin cos , n 1 ,贝U S2nl【答案】n2 n sin (n 1)cos【分析】 由已知得两式 an an 1 nsin cos ,an 1 an 2 (n+1)sin cos ,，相减可发现原数 列的奇数项和偶数项均为等差数列，分类讨论分别算出奇数项的和和偶数项的和，再相加得 原数列前

8、2n+1的和Q an an 1 nsin cos an i an 2 (n+1) sin两式相减得an 2-ansin数列的奇数项，偶数项分别成等差数列,a1 a2 sin cos ,a2 sin cosa1sin cos cos sin a2n 1 cos (n 1)sin , a2n sin (n 1)sin nsin数列白前2n项中所有奇数项的和为:n(n 1)ncos +sin ，2数列白前2n项中所有偶数项的和为:(sin +nsin ) n (1+n) nsin22cn(n 1) .(1+n) nsinS2n 1ncos +sin a2n 122n(n 1) .(1+n) nsin

9、.ncos +sin cos +nsin22(n 1)cos n(n 1)sin【点睛】对于递推式为 an 2-an d ,其特点是隔项相减为常数，这种数列要分类讨论，分偶数项和奇数项来研究，特别注意偶数项的首项为a2,而奇数项的首项为 a1.11.10.已知数列an是正项数列，Sn是数列an的前n项和，且满足 Sn - an 一 .右2anan 1bn1丁，Tn是数列bn的刖n项和，则T99SnSn 1【答案】10【解析】利用an Sn &1将Sn11、an一变为Sn2an1 , SnSn 12Sn1,.(n 2),整理发Sn12现数列 Sn 为等差数列，求出2Sn ,进一步可以求出

10、an ,再将an , Sn代入bn ,发现可以裂【分析】项求bn的前99项和。_11【详解】Q Sn - an 2an_1 _1,一Sn 1 Sn Sn1 Q ' 2)2Sn Sn 1SnSn2SnSn1Sn 1SnSnSn 1Sn121Sn 1_ 2_ 2SnS1(n 1) 1 (n 1) nSnn(n 2)当n 1时，& 1符合Sn 石，Sn VnanSn Sn 1n.Ti(n 2)当 n 1 时，a1 1 符合 an Vn Vn1,an n n 1bnan 1SnSn1n 1, n 11. n . n 1、n , n 1T99blb2b3L b9911111 L2.23:

11、3411/19-=. 1 一 一.9910010 10【点睛】一般公式an Sn Sn 1使用是将Sn Sn 1变为an ,而本题是将an变为Sn Sn 1 ,给后面的整理带来方便。先求 Sn,再求an,再求4, 一切都顺其自然。11. 一个三角形的三条边成等比数列,那么，公比q的取值范围是设三边按递增顺序排列为a,aq,aq2,其中a 0,q 1.22aq aq ,即 q q。.解得节1 :52由q>1知q的取值范围是设三边按递减顺序排列为24 _a,aq,aq ,其中 a0,02贝U aqaqq 1.综上所述,12.数列an满足a11, a22, a33,a4 4, a§

12、5,当 n 5时,an 1 a1？a2?L ?an1 ,则是否存在不小于一 ._22.2a？a2L ?am a a? L am成立？若存在，则在横线处直接填写m的值；右不存在，就填写“不存在” .【答案】70【解析】【分析】构造数列 bn (a2 a22 L a2) aazL ?烝，,22.2、八 八，22.2、八 .八两式 bn(a1a2Lan)a？a2L ?an 与 bn 1(aia2Lan 1)a？a2L ?an1 相减可得数列bn为等差数列，求出bn,让bn =0即可求出m.【详解】设bn (a2 a2 L2、an) ai ?a2 L22.bn 1 (ai a2 La2i) a？a2L

13、?ani2两式相减得 bn bn i an (ai?azL ?an i)(an 1)又 an1 ai?a2?L ?an i222bn bn i an (an i)(an )an an i i数列bn从第5项开始为等差数列，由已知易得 bi,b2,b3,b4均不为0Qb525i6 9 4i i2065bnb5(n 5)d65 n5 n7022 一2所以当n=70的时候ai?a2 L ?am a a? L am成立，故答案填70.22.2【点睛】如果递推式中出现和的形式，比如ai a2 L an ,可以尝试退项相减，即让n i后，两式作差，和的部分因为相减而抵消，剩下的就好算了。、选择题。i3.已

14、知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且Si0i00 ,则a7的值为D. i4A. iiB. i2C. i3【答案】C【解析】【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式，即可得到结果.【详解】等差数列an的公差为2,且Si0 i00 , Sw 10al i09 2 i002ai ia7 i 7 i 2 i3.故选：C【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前n项和公式，考查计算能力，属于基础题14.等比数列烝的前n项和为Sn ,已知& a? 10R,a5 9 ,则为 （）A.B.C.D.由题意可知，a a2 a3 a?210a1 , a3 9阚，解得：q 9 , a54aq1求得a1

15、一 ,故选C.915.设等差数列 an的前n项和为Sn ,若Sm 12,Sm 0,Sm 13,则 m (A. 3【答案】C【解析】【分析】B. 4C. 5D. 6由Sm 0a1amSmSm12又am1Sm1Sm3 ,可得公差d am 1 am 1 ,从而可得结果【详解】Q an是等差数列Smm aams2aamSmSm1又amSm1Sm3,公差dam3am 1a1m 5,故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题16.设0，若 X sin , Xn 1 (sin 户(n 1,2,3,L ),则数列xn是()2A.递增数列C

16、.奇数项递增，偶数项递减的数列【答案】C【解析】【分析】B.递减数列D.偶数项递增，奇数项递减的数列0 sina 1,进而可得函数 y (sin a)x为减函数,数列4是奇数项递增，偶数项递减的数列，故选:C.根据题意，由三角函数的性质分析可得结合函数与数列的关系分析可得答案。【详解】根据题意，0 金，则0 sina 1,指数函数y (sina)x为减函数 1sin a0(sin a) (sin a) (sin a) 1即 0x1(sin a)x11(sin a)1(sin a)x2(sin a)X1(sin a)01,即 0 x1 x3 x2 1(sin a)1(sin a)x2(sina)

17、x3(sina)x1(sina)01,即 0 x1x3 x4 x21(sin a)1(sin a)x2(sina)x4(sina)x3(sina)x1(sin a)0 1,即 0 x1x3 x5 x4x21,L,0 X x3 x5 x7 L % x63 x2 1 ,【点睛】本题涉及数列的函数特性，利用函数单调性，通过函数的大小，反推变量的大小, 是一道中档题目。、解答题。17.等差数列an的前n项和为Sn, S462, S675 ,求数列| an |前n项和.【解析】【分析】Tn243,-n 154, n 82由已知条件利用等差数列前n项和公式求出公差和首项，由此能求出3n 23 ,且a7 0

18、,出 0当 1 n 7 时，TnSn43n 3n2，当n 8时,43,n 154。2Q S462, S6754al6al6d62解得d15d753, ai20,an3n 23设从第n+1项开始大于零,an则nan 120 3(n 1)203n 07,即a70, a87时,TnSn43n 3n28时,Tn3n2 空n 15422综上有Tn243n n,1 n 723 243n n 154, n 822【点睛】本题考查数列的前 n项和的求法,是中档题，注意等差数列的函数性质的运用。18.已知数列an的前n项和Sn n2 2n 1 n N(1)求an的通项公式;(2)若数列bn满足：an 1log3

19、 n log 3 bn n N，求bn的前n项和Tn (结果需化简)【答案】(1) an0, n 12n 3,n 2(2)Tn3 8n?9n 9n 1;64(1)运用数列的递推式得n 1时，阚 § , n 2时，an Sn Sn 1 ,化简计算可得所求通项公式;2n 1(2)求得bnn 3,运用数列错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和.Ia1 S1 0S. 2n 1 (n 1)2 2(n 1) 12n 3班MM n log o b nn可得 2n 1 脸.bn n 32n 1前 n 项和 Tn 13 1mmin1,11313c52n 12n 18Tn 3 33 L

20、3133 8n?9n 9n 1【点睛】本题考查数列递推式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和【详解】(1)n 2 时，an0, 则为 2nSn3,(2)数列bj满39Tn 1 32两式相减可得化简可得Tn公式，考查运算能力，属于中档题.19.某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出 b件；若做广告宣彳广告费为 n千元比广告费为(n 1)千元时多卖出2(n N )件。2n(1)试写出销售量 Sn与n的函数关系式;(2)当a 10,b 4000时，厂家应该生产多少件产品，做几千元的广告，才能获利最大?【答案】(1)-.二(

21、2) S57875b ,、(n N )件，可 2n试题分析:(1)根据若做广告宣传，广告费为n千元比广告费为(n 1)千元时多卖出一 bbS1 -t,5 S0 21 ,利用叠加法可求得(2)根据题意在a 10,b4000时，利润工=1051000盟,可利用"5求最值.试题解析:(1)设S。表示广告费为0元时的销售量,由题意知Sn Sn1 fl由叠加法可得22sS0Snb乌21b22b2nn122-1即为所求。2n(2)设当a10,b4000 时,获利为Tn元,由题意知，Tn 10Sn 1000n140000(2 了)1000n ,Jn欲彳Tn最大，则T nTnTn220,易知n405

22、 ,此时S57875.考点：叠加法求通项求最值.工2 Aan 123，n20.设数列an的前n项和Sn .已知a11,经n(1)求数列an的通项公式;(2)是否对一切正整数1有一 a1a2说明理由.2【答案】(1) an n ；(2)对一切正整数1n ,有一 a1a2151an 3 n 1(1)运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式,可得所求;(2)对一切正整数 n,1有一a1a2an1考虑当n 3时，一1n2 11小)'再由裂项相消求和'即可得证。【详解】(1)2Snan2 sn nann1 3-n31 2-n32n3nan 123 n(n1)(n 2)当n 2时,2

23、Sn(n1)an(n 1)n(n 1)两式做差得2an2Sn2Sn1nan 1 (n 1)ann(n1)an 1ann 1nann2 / an n (n2)1时,上式显然成立,an(2)证明：当3时,1n2 1可得a1a2an4 2(2)六)2n(n 1)1 1可得1 12 n即有5-1 (13则当n_X)<5, n 13 n 13时，不等式成立。151an 3 n 1-111,2时，不等式也成立，综上对一切正整数n,有一 一a a2【点睛】本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键.如设集合 SnX1,X2,L ,Xn |Xi 0,1(i 1,2,L,n)

24、,其中 n N ,n 2.(1)写出集合S2中的所有元素;(2)设 a,a2, ,an , bib,bnSn,证明“a1?2° a2?21n 1an?2一 _0_ _1_ _n1b1?2 b2?2 L bn?2 ”的充要条件是"aibi(i 1,2,l ,n)”(3)设集合S 玉为，Xn,|Xi 0,1(i 1,2,L ,n,Lai,a2,L ,an,L , bb,L ,bn,LS,使得A,且B，试判断“ AB” 是 “2 b(i 1,2,L)”的什么条件并说明理由(1)(1) (0,0) , (0,1), (1,0),根据题意，直接列出即可(1,1); (2)证明见解析;(3)充要条件.(