高中数学质量测评新人教A版必修有重名416371

/08/8/第二章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．有穷数列1,23,26,29，…，23n＋6的项数是()A．3n＋7B．3n＋6C．n＋3D．n＋2答案C解析此数列的次数依次为0,3,6,9，…，3n＋6，为等差数列，且首项a1＝0，公差为d＝3，设3n＋6是第x项，则3n＋6＝0＋(x－1)×3?x＝n＋3.2．已知等差数列{an}的公差为1，且S99＝99，则a3＋a6＋…＋a96＋a99的值是()A．99B．66C．33D．0答案B解析设A＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，B＝a2＋a5＋…＋a98，C＝a3＋a6＋…＋a99，A＋B＋C＝S99，B－A＝33，C－B＝33，∴A＝C－66，故C－66＋C－33＋C＝S99＝99，∴C＝66.3．已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2020，则序号n等于()A．667B．668C．672D．674答案D解析由2020＝1＋3(n－1)，解得n＝674.4．已知数列{an}为等比数列，a1＝1，q＝2，且第m项至第n(m<n)项的和为112，则m＋n的值为()A．11B．12C．13D．14答案B解析由已知，得eq\f(1×?1－2n?,1－2)－eq\f(1×?1－2m－1?,1－2)＝112，即2m－1·(2n－m＋1－1)＝24×7，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－1＝24，,2n－m＋1－1＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝5，,n＝7，))所以m＋n＝12，故选B.5．记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＋a21＝a12，那么S27＝()A．2015B．2014C．2013D．0答案D解析设等差数列{an}的公差为d.∵a5＋a21＝a12，∴2a1＋24d＝a1＋11d，∴a1＋13d＝0，即a14＝0.∴S27＝eq\f(27?a1＋a27?,2)＝eq\f(27×2a14,2)＝27a14＝0.故选D.6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a11－a8＝3，S11－S8＝3，则使an>0的最小正整数n的值是()A．8B．9C．10D．11答案C解析由S11－S8＝3，得a11＋a10＋a9＝3,3a10＝3，a10＝1，所以a1＋9d＝1，a11－a8＝3d＝3，所以d＝1，于是a1＝－8，从而an＝－9＋n>0的最小正整数n的值是10.7．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则a10＝()D.eqB．3C．－1D.eq\f(1,2)答案D解析∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，∴a2＝1－2＝－1，同理可得：a3＝2，a4＝eq\f(1,2)，…，∴an＋3＝an.∴a10＝a3×3＋1＝a1＝eq\f(1,2).故选D.8．设等差数列{an}的公差为2，前10项和为490，等差数列{bn}的公差为4，前10项和为240.以ak，bk为邻边的矩形内的最大圆的面积记为Sk，若k≤18，则Sk＝()A．π(2k＋1)2 B．π(2k＋3)2C．π(k＋1)2 D．π(k＋18)2答案A解析由10a1＋eq\f(10×?10－1?,2)×2＝490，得a1＝40，∴an＝40＋2(n－1)＝2n＋38.由10b1＋eq\f(10×?10－1?,2)×4＝240，得b1＝6，∴bn＝6＋4(n－1)＝4n＋2.∵ak－bk＝(2k＋38)－(4k＋2)＝36－2k，∴当k≤18时，36－2k≥0，即2k＋38≥4k＋2，∴以ak和bk为邻边的矩形内的最大圆的半径为2k＋1，则该最大圆的面积Sk＝π(2k＋1)2.9．数列{an}中，an＝3n－7(n∈N＋)，数列{bn}满足b1＝eq\f(1,3)，bn－1＝27bn(n≥2且n∈N＋)，若an＋logkbn为常数，则满足条件的k值()A．唯一存在，且为eq\f(1,3) B．唯一存在，且为3C．存在且不唯一 D．不一定存在答案B解析依题意，bn＝b1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,27)))n－1＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3n－3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3n－2，∴an＋logkbn＝3n－7＋logkeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3n－2＝3n－7＋(3n－2)logkeq\f(1,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋3logk\f(1,3)))n－7－2logkeq\f(1,3).∵an＋logkbn是常数，∴3＋3logkeq\f(1,3)＝0，即logk3＝1，∴k＝3.10．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是()A．21B．20C．19D．18答案B解析∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d，∴99－105＝3d.∴d＝－2.又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1＝39.∴Sn＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.∴当n＝20时，Sn有最大值．11．已知数列1，eq\f(1,2)，eq\f(2,1)，eq\f(1,3)，eq\f(2,2)，eq\f(3,1)，eq\f(1,4)，eq\f(2,3)，eq\f(3,2)，eq\f(4,1)，…，则eq\f(5,6)是数列中的()A．第48项B．第49项C．第50项D．第51项答案C解析将数列分为第1组一个，第2组二个，…，第n组n个，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)，\f(2,n－1)，…，\f(n,1)))，则第n组中每个数分子分母的和为n＋1.则eq\f(5,6)为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.12．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2017积数列”，且a1>1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为()A．1008 B．1009C．1007或1008 D．1008或1009答案A解析由题意，a2017＝a1a2…a2017，∴a1a2…a2016＝1，∴a1a2016＝a2a2015＝a3a2014＝…＝a1007a1010＝a1008·a1009＝1，∵a1>1，q>0，∴a1008>1,0<a1009<1，∴前n项积最大时n的值为1008.故选A.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．若等比数列{an}满足a2a4＝eq\f(1,2)，则a1aeq\o\al(2,3)a5＝________.答案eq\f(1,4)解析∵a2a4＝aeq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)，∴a1aeq\o\al(2,3)a5＝aeq\o\al(4,3)＝eq\f(1,4).14．等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(S6,S3)＝3，则eq\f(S9,S6)＝________.答案eq\f(7,3)解析因eq\f(S6,S3)＝3，故q≠1，∴eq\f(a1?1－q6?,1－q)×eq\f(1－q,a1?1－q3?)＝1＋q3＝3，即q3＝2.所以eq\f(S9,S6)＝eq\f(a1?1－q9?,1－q)×eq\f(1－q,a1?1－q6?)＝eq\f(1－23,1－22)＝eq\f(7,3).15．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n行第n＋1列的数是________．答案n2＋n解析由题中数表，知第n行中的项分别为n,2n,3n，…，组成一等差数列，设为{an}，则a1＝n，d＝2n－n＝n，所以an＋1＝n＋n·n＝n2＋n，即第n行第n＋1列的数是n2＋n.16．已知{an}是等差数列，d为其公差，Sn是其前n项和，若只有S4是{Sn}中的最小项，则可得出的结论中正确的是________．①d>0②a4<0③a5>0④S7<0⑤S8>0答案①②③④解析由已知条件得a5>0，a4<0，则d>0，故①②③正确．因为S7＝eq\f(7?a1＋a7?,2)＝7a4<0，故④正确．S8＝eq\f(8?a1＋a8?,2)＝4(a4＋a5)无法判断其正负，故⑤错误．综上可得结论正确的有①②③④.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1＝1，b1＝3，a3＋b3＝17，T3－S3＝12，求{an}，{bn}的通项公式．解设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.由a3＋b3＝17得1＋2d＋3q2＝17，①由T3－S3＝12得q2＋q－d＝4.②由①、②及q>0解得q＝2，d＝2.故所求的通项公式为an＝2n－1，bn＝3×2n－1.18．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)当n＝1时，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，求得a1＝1.(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，∴Sn＝2Sn－1＋2n－1，①∴Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②由②－①，得an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，即eq\f(an＋1＋2,an＋2)＝2(n≥2)．求得a1＋2＝3，a2＋2＝6，则eq\f(a2＋2,a1＋2)＝2，∴{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．∴an＋2＝3·2n－1，∴an＝3·2n－1－2，n∈N*.19．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22，(1)该数列前多少项的和最大？最大和是多少？(2)求数列{|an|}的前n项和．解(1)设数列{an}的公差为d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝23，,a1＋24d＝－22，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝50，,d＝－3.))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3n＋53，令an>0，得n<eq\f(53,3)，∴当n≤17，n∈N*时，an>0；当n≥18，n∈N*时，an<0，∴{an}前17项的和最大．Smax＝S17＝17×50＋17×8×(－3)＝442.(2)当n≤17，n∈N*时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(103,2)n，∴当n≤17，n∈N*时，{|an|}前n项和为－eq\f(3,2)n2＋eq\f(103,2)n，当n≥18，n∈N*时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(103,2)n＋884，当n≥18，n∈N*时，{|an|}前n项和为eq\f(3,2)n2－eq\f(103,2)n＋884.20．(本小题满分12分)数列{an}的前n项和为Sn，an是Sn和1的等差中项，等差数列{bn}满足b1＋S4＝0，b9＝a1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝eq\f(1,?bn＋16??bn＋18?)，求数列{cn}的前n项和Wn.解(1)∵an是Sn和1的等差中项，∴Sn＝2an－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1.∴a1＝1且an≠0，∴eq\f(an,an－1)＝2，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.设{bn}的公差为d，b1＝－S4＝－15，b9＝－15＋8d＝1，∴d＝2，∴bn＝－15＋(n－1)×2＝2n－17.(2)cn＝eq\f(1,?2n－1??2n＋1?)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Wn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4n＋2)＝eq\f(n,2n＋1).21．(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝eq\f(7,6)，Sn是{an}的前n项和，点(2Sn＋an，Sn＋1)在f(x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,3)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))n，Tn为cn的前n项和，n∈N*，求Tn.解(1)∵点(2Sn＋an，Sn＋1)在f(x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,3)的图象上，∴Sn＋1＝eq\f(1,2)×(2Sn＋an)＋eq\f(1,3)，∴an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,3).∵an＋1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是以a1－eq\f(2,3)＝eq\f(7,6)－eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列，∴an－eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，即an＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,2n).(2)∵cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))n＝eq\f(n,2n)，∴Tn＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①∴eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋2×eq\f(1,23)＋3×eq\f(1,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…