高考数学二轮复习钻石卷专题综合测试3含解析

1、专题三综合测试专题三综合测试 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，将答案填在题后 括号内 1在数列an中，a12，当 n 为正奇数时，an 1an2，当 n 为正偶数时，an 12an，则 a6( ) A11B17C22D23 解析逐项计算得该数列的前 6 项依次为：2,4,8,10,20,22. 答案C 1 2各项均为正数的等比数列an的公比 q1，a2，2a3，a1成等 a3a4a2a6 差数列，则() a2a6a4a5 51 A. 1 1 5 C. 2 51 B. 2 51 D. 2 解析依题意，有 a3a1a2，

2、设公比为 q， 1 5 则有 q q10，所以 q 2 (舍去负值)2 a3a4a2a6a2a4qq2 1 51 2 q 2 . 23a2a6a4a5a2a4q q 1 5 答案B 3若等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S1018，S2024，则 S40 等于() 80 A. 3 79 C. 3 76 B. 3 82 D. 3 解析根据分析易知：S1018，S20S106，S30S202，S40 280 S 303，S403 ，故选 A. 答案A 4 等差数列an中， 已知 a16， an0， 公差 dN N*， 则 n(n3) 的最大值为() A7 C5 B6 D8 6 解析ana1(

3、n1)d0，d.又 dN N*，n(n3)的最 n1 大值为 7. 答案A 5设 f(x)是定义在 R R 上恒不为 0 的函数，对任意实数x，yR R， 1 都有 f(x)f(y)f(xy)，若anf(n)(nN N*)，且a12，则数列an的前 n 项和 Sn的取值范围是() 1 A.2，2 1 C.2，1 1 B.2，2 1 D.2，1 11 解析由题意知 a1f(1)2， an1f(n1)f(1)f(n)2an.数列 1 1n 212 1n 11 ， an是以2为首项， 2为公比的等比数列，Sn 1 1 2 12 1 Sn的取值范围是2，1. 答案D 6数列an的通项公式 an 24，

4、则 n 为() A25 C624 解析an 1 nn1 B576 D625 ( nn1)，a n的前 n 项和 n1)n1124， 1 n n1，若an的前 n 项和为 Sn(1 2)( 2 3)( n n624. 答案C 122232102 7. 2 22( ) 1 1022292328210 1 A8 C6 B7 D5 122232102 解析设 S 2 22 22 2 ，则 S 221 10 2 9 3 8 10 1 102928212 22 22 2 ，两式相加得 2S11 22210 1 2 9 3 8 1 10 110，S5. 答案D 8公差不为 0 的等差数列an中，3a2 01

5、0a2 2 0123a2 0140，数 列bn是等比数列，且 b2 012a2 012，则 b2 011b2 013() A4 C16 B8 D36 解析3a2 010a2 2 0123a2 0140， 6a 2 012a22 0120，即 a2 012(a2 0126)0. 数列b n是等比数列， a 2 012b2 0120. b 2 012a2 0126. 2 b 2 011b2 013b22 0126 36. 答案D 9已知数列an的首项 a11，且 an2an 11(n2)，则 an 等 于() A3n2 C2n1 B2n1 D3n1 解析设 anm2(an1m)， an2an1m，

6、 m1， 当 n2 时，2，a n12n，an2n1； an11 又当 n1 时，a 1211，nN *时，an2n1. 答案B 10已知等比数列 an满足 an0，n1,2，且 a5a2n 5 22n(n3)，则当 n1 时，log2a1log2a3log2a2n 1 等于() An(2n1)B(n1)2 an1 Cn2D(n1)2 解析由an为等比数列，则 a5a2n5a1a2n122n， 则(a 1a3a5a2n1)2(22n)n a1a3a2n12n2， 故 log 2a1log2a3log2a2n1log2(a1a3a2n1)n2. 答案C 11在公差为 d，各项均为正整数的等差数列

7、an中，若 a11， an51，则 nd 的最小值为() A14 C18 B16 D10 解析由题意得 an1(n1)d51，即(n1)d50，且 d0. 由(n1)d2n1d2 50(当且仅当 n1d 时等号成立)，得 nd10 21，因为 n，d 均为正整数，所以 nd 的最小值为 16. 答案B 1n 12 (2012上海)设 annsin25， Sna1a2an.在 S1， S2， ， S100中，正数的个数是() A25 C75 B50 D100 解析由数列通项可知，当1n25，nN N*时，an0，当 26n50，nN N*时，an0，因为 a1a260，a2a270，所以 S1，

8、 S2， ， S50都是正数； 当 51n100， nN N*时， 同理 S51， S52， ， S100也都是正数，所以正数的个数是 100. 答案D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分将答案 填在题中横线上 13(2013辽宁卷)已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前 n 项和若 a1，a3是方程 x25x40 的两个根，则 S6_. 126 解析由已知得 a11，a34，所以 q2，则 S6 63. 12 答案63 14(2013河南商丘二模)在等差数列an中，满足 3a47a7，且 a10，Sn是数列an前 n 项的和，若Sn取得最大值，则n_. 解析设公

9、差为 d，由题设知3(a13d)7(a16d)，所以 d 4 33a10， 4 即 a 1(n1)33a10. 37 所以 n0，同理可得当 n10 时，an1，nN *)，则通项 公式 an_. 解析an4n1an1， a2a3 2 an a4，a4 ，4n1以上式子相乘得： 12 an1 an 12 (n1)(n1)n4 2， a1 a n2n 2n2. 答案2 2 n n2 1 16(2013江苏卷)在正项等比数列an中，a52，a6a73. 则 满足 a1a2ana1a2an的最大正整数 n 的值为_ 1 解析a6a7a5qa5q23，把 a52代入得 q2q60，即 q 1 2，所以

10、 a 132，所以 an2n6，Sn2n52 5 ，a 1a2an(a1an) n 2 n n11 2 n n11 2 n n11 2 2，由题意 2n52 5 2，当 2n52时可求 得 n 的最大值为 12，当 n13 时，282 5 an，a2a9 232，a4a737. (1)求数列an的通项公式； (2)若将数列an的项重新组合， 得到新数列bn， 具体方法如下： b1a1， b2a2a3， b3a4a5a6a7， b4a8a9a10a15， ， 依此类推，第 n 项 bn由相应的an中 2n1项的和组成，求数列 1 n bn 4 2 的前 n 项和 Tn. 解(1)由 a2a923

11、2 与 a4a7a2a937， a28， 解得： a929， a229， 或 a98 (由于 an1an，舍去) a2a1d8， 设公差为 d，则 a9a18d29， a15， 解得 d3. 所以数列a n的通项公式为 an3n2(nN *) (2)由题意得： bna2n1a2n11a2n12a2n12n11 (32n12)(32n15)(32n18)32n1(32n1 1)2n132n1258(32n14)(32n11) 而 2 58(32n14)(32n11)是首项为 2，公差为 3 的等差 数列的前 2n1项的和， 所以 258(32n14)(32n11) 2n12n11 1 nn12n

12、3 2 2332 42 . 2 所以 b n322n2322n3 1 n 42 9 2n 1 n 8242 . 1 n 9 2n 所以 b n42 82 . 414n 399 所以 T n8(4166422n)8 2(4n1) 14 x 20(本小题 12 分)设函数 f(x)2sinx 的所有正的极小值点从 小到大排成的数列为xn (1)求数列xn的通项公式； (2)设xn的前 n 项和为 Sn，求 sinSn. 11 解(1)令 f(x)2cosx0，所以 cosx2， 2 解得 x2k3(kZ Z) 2 由 x n 是 f(x)的第 n 个正极小值点知，x n2n3(nN N*) (2)

13、由(1)可知， 22n Sn2(12n)3nn(n1) 3 ， 2n 所以 sinS nsin nn1 3 . 因为 n(n1)表示两个连续正整数的乘积，n(n1)一定为偶数， 2n 所以 sinS nsin3 . 当 n3m2(mN N*)时， 4 3 sinSnsin2m3 2 ； 当 n3m1(mN N*)时， 2 3 2m sinSnsin 3 2 ； 当 n3m(mN N*)时， sinSnsin2m0. 综上所述，sinS 3，n3m1mN N ， 2 0，n3mmN N . n* * 3 2 ，n3m2mN N*， 21(本小题 12 分)(2013湖北卷)已知等比数列an满足：

14、|a2a3| 10，a1a2a3125. (1)求数列an的通项公式； 111 (2)是否存在正整数 m，使得aaa1？若存在，求 m 12m 的最小值；若不存在，说明理由 解(1) 设 等 比 数 列 an 的 公 比 为 q ， 则 由 已 知 可 得 3 3q 125，a 1 |a1qa1q2|10， 5 a13， 解得 q3， a15， 或 q1. 5 n1 故 a n33 ，或 a n5(1)n1. 5 n1 131 n1 ， (2)若 an33 ，则a5 3 n 1 31 故 a 是首项为5，公比为3的等比数列， n 3 1m 1 m153 91 m 9 从而 a 10 13 10

15、1. 1 n 13 n1 1 111 若 a n5(1)n1，则a 5(1)n1，故a 是首项为5， n n 公比为1 的等比数列， 1 1 5，m2k1kN N， 从而 a n n1 0，m2kkN N. m m 1 故 a 1. n m n1 1 综上，对任意正整数 m，总有 a 1. n m n1 111 故不存在正整数 m，使得aaa 1 成立 12 22(本小题 12 分)(2013江苏卷)设an是首项为 a，公差为 d 的 nSn 等差数列(d0)，Sn是其前 n 项的和记 bn 2 ，nN N*，其中 c n c 为实数 (1)若 c0，且 b1，b2，b4成等比数列，证明：Sn

16、kn2Sk(k，n N N*)； (2)若bn是等差数列，证明：c0. nn1 解由题设，Snna 2 d. n1 Sn (1)由 c0，得 bn n a 2 d.又 b1，b2，b4成等比数列，所 以 2 b 2b1b4，即a d 2 3 aa d，化简得d22ad0.因为 d0，所 22 以 d2a. 因此，对于所有的 mN N*，有 S mm2a. 从而对于所有的 k，nN N*，有 S nk(nk)2an2k2an2Sk. nSn (2)设数列bn的公差是 d1，则 bnb1(n1)d1，即 2 b 1 n c (n1)d1，nN N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN N*，有 1 3 1 2 d1dn b 1d1a dn cd 1nc(d1b1)2 2 11 令 Ad 12d，