人教版高三数学总复习第五章单元质量检测

1、第五章单元质量检测第五章单元质量检测 时间：90 分钟分值：100 分 一、选择题(每小题 4 分，共 40 分) 1在等差数列an中，a2a84，则它的前 9 项和 S9() A9 B18 C36 D72 解析：在等差数列中，a2a8a1a94，所以 S9 9a1a9 2 18. 9 4 2 答案：B 2已知数列an为等差数列，其前 n 项的和为 Sn，若 a36，S3 12，则公差 d() A1 B2 C3 D.5 3 解析：在等差数列中，S312，解得 a12， 3a1a3 2 3a1 6 2 所以解得 d2. 答案：B 3 设公比为 q(q0)的等比数列an的前 n 项和为 Sn.若

2、S23a22， S43a42，则 q() A. B. 3 2 1 2 C. D2 2 3 解析：S4S2a3a43(a4a2)， a2(qq2)3a2(q21)，q 或1(舍去) 3 2 答案：A 4设等差数列an前 n 项和为 Sn，若 a111，a4a66， 则当 Sn取最小值时，n 等于() A6 B7 C8 D9 解析：设该数列的公差为 d，则 a4a62a18d2(11)8d 6，解得 d2， Sn11n2n212n(n6)236， nn1 2 当 n6 时，取最小值 答案：A 5已知 Sn为数列an的前 n 项和，且满足 2ana1S1Sn(a10， nN*)，则 a7等于() A

3、16 B32 C64 D128 解析：令 n1，则 a11，当 n2 时，2a21S21a2，解得 a22，当 n2 时，由 2an1Sn， 得 2an11Sn1，两式相减， 解得 2an2an1an，即 an2an1， 于是数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 因此 an2n1.故 a72664. 答案：C 6 已知数列an的前 n 项和为 Sn， 且 a11， an13Sn(n1， n N*)，第 k 项满足 750ak900，则 k 等于() A8 B7 C6 D5 解析 ： 由 an13Sn及 an3Sn1(n2)，得 an1an3an，即 an 14an(n2)，又 a23

4、S13， 所以 anError! 又 750ak900，代入得 k6. 答案：C 7已知等比数列an的前 n 项和为 Snx3n1 ，则 x 的值为 1 6 () A. B 1 3 1 3 C. D 1 2 1 2 解析：当 n1 时，a1S1x ， 1 6 当 n2 时，anSnSn1 ( x3n11 6) (x3 n21 6) x(3n13n2)2x3n2， 因为an是等比数列， 所以 a1， a2 q 2x322 3 2x 3 由得 x ，解得 x . 1 6 2x 3 1 2 答案：C 8已知等比数列的各项都为正数，且当 n3 时，a4a2n4102n， 则数列 lga1,2lga2,

5、22lga3,23lga4，2n1lgan，的前 n 项和 Sn等于 () An2n B(n1)2n11 C(n1)2n1 D2n1 解析：等比数列an的各项都为正数，且当 n3 时，a4a2n4 102n， a 102n， 即 an10n， 2n1lgan2n1lg10nn2n1， Sn1 2 n 22322n2n1， 2Sn12222323n2n， 得Sn12222n1n2n2n1n2n(1 n)2n1， Sn(n1)2n1. 答案：C 9已知函数 yanx2(an0，nN*)的图象在 x1 处的切线斜率 为 2an11(n2，nN*)，且当 n1 时其图象过点(2,8)，则 a7的值 为

6、() A. B7 1 2 C5 D6 解析 ： 由题意知 y2anx，2an2an11(n2， nN*)，an an1 ，又 n1 时其图象过点(2,8)，a1228，得 a12，an是 1 2 首项为 2，公差为 的等差数列，an ，得 a75. 1 2 n 2 3 2 答案：C 10(2015河南省郑州市第一次质量预测)设函数 f1(x)x，f2(x) log2 015x，ai(i1,2，2 015)，记 Ik|fk(a2)fk(a1)|fk(a3) i 2 015 fk(a2)|fk(a2 015)fk(a2 014)|，k1,2，则() AI1I2 DI1与 I2的大小关系无法确定 解

7、析：依题意，f1(ai1)f1(ai)ai1ai， i1 2 015 i 2 015 1 2 015 因此 I1|f1(a2)f1(a1)|f1(a3)f1(a2)|f1(a2 015)f1(a2 014)| ， f2(ai1)f2(ai)log2 015ai1log2 015ailog2 015log2 015 2 014 2 015 i1 2 015 0，I2|f2(a2)f2(a1)|f2(a3)f2(a2)|f2(a2 015)f2(a2 014)| i 2 015 (log2 015log2 015)(log2 015log2 015)(log2 2 2 015 1 2 015 3

8、2 015 2 2 015 015 log2 015)1，因此 I1I2，选 A. 2 015 2 015 2 014 2 015 答案：A 二、填空题(每小题 4 分，共 16 分) 11已知an是等差数列，a11，公差 d0，Sn为其前 n 项和， 若 a1，a2，a5成等比数列，则 S8_. 解析：因为 a1，a2，a5成等比数列，a11，所以(1d)214d， 化简得 d22d. 因为 d0，所以 d2， 故 S88a1d85664. 8 7 2 答案：64 12设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn12Snn1(n N*)，则数列an的通项公式 an_. 解析：因为 S

9、n12Snn1，当 n2 时 Sn2Sn1n， 两式相减得；an12an1， 所以 an112(an1)，即2. an11 an1 又 S22S111，a1S11， 所以 a23，所以2， a21 a11 所以an1是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 所以 an12n即 an2n1(nN*) 答案：2n1 13如图，有一个形如六边形的点阵，它的中心是一个点(算第 1 层)，第 2 层每边有两个点，第 3 层每边有三个点，依次类推 (1)试问第 n 层(nN*且 n2)的点数为_个； (2)如果一个六边形点阵共有 169 个点， 那么它一共有_层 解析：(1)由题意知：a11，a26，a31

10、2，a418， 数列an是从第 2 项起成等差数列， ana2(n2)d6n6. (2)由 Sn1169，可得 n8. n166n6 2 答案：(1)6(n1)(2)8 14 已知数列an满足 anan1an2an324， 且 a11， a22， a3 3，则 a1a2a3a2 015_. 解析 ： 由 anan1an2an324，可知 an1an2an3an424，得 an 4an，所以数列an是周期为 4 的数列，再令 n1，求得 a44，每 四个一组求和可得， 原式(a1a2a3a4)(a2 009a2 010a2 011 a2 012)(a2 013a2 014a2 015)503(1

11、234)(123)5 036. 答案：5 036 三、解答题(共 4 小题，共 44 分，解答应写出必要的文字说明、 计算过程或证明步骤) 15(10 分)在数列an中 an12an2n1(nN)，a12. (1)求证：数列是等差数列，并求数列an的通项公式 an 2n (2)求数列an的前 n 项和 Sn. 解：(1)由已知得，1，即1， an1 2n1 an 2n an1 2n1 an 2n 所以数列是以1 为首项，1 为公差的等差数列，1 an 2n a1 2 an 2n (n1)nann2n. (2)Sn121222323n2n 2Sn122223(n1)2nn2n1 由，得Sn222

12、232nn2n1 n2n12n12n2n1， 212n 12 所以 Sn(n1)2n12. 16(10 分)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn且满足 a23，S6 36. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn是等比数列且满足 b1b23，b4b524.设数列 anbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)数列an是等差数列， S63(a1a6)3(a2a5)36，则 a2a512， 由于 a23，所以 a59，从而 d2，a1a2d1， an2n1. (2)设数列bn的公比为 q. b1b23，b4b524，q38，则 q2. b4b5 b1b2 从而 b1b2b1(1q

13、)3b13， b11，bn2n1，anbn(2n1)2n1， Tn1132522(2n3)2n2(2n1)2n1， 则 2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n， 两式相减，得(12)Tn112222222n222n1 (2n1)2n， 即Tn12(21222n1)(2n1)2n 12(2n2)(2n1)2n(32n)2n3. Tn(2n3)2n3. 17(12 分)已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 满足：a2a465，a1a518. (1)若 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项，求 i 的值； (2)设 bn， 是否存在一个最小的常数 m 使

14、得 b1b2 n 2n1Sn bn0， a2a4，a25，a413.Error! a11，d4，an4n3. 1i21，a1，ai，a21是某等比数列的连续三项， a1a21a ，即 181(4i3)2，解得 i3. 2 i (2)由(1)知，Snn142n2n， nn1 2 bn， 1 2n12n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) b1b2bn 1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1) . n 2n1 ， n 2n1 1 2 1 22n1 1 2 存在 m 使 b1b2bn0)，数列an满足 a11，anf 2 3 1 x ，nN*，且 n2. ( 1 an1) (1)求数列an的通项公式； (2)对 nN*，设 Sn，若 Sn恒 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 anan1 3t 4n 成立，求实数 t 的取值范围 解：(1)由 anf可得，anan1 ，nN*，n2.所以an ( 1 an1) 2 3 是等差数列， 又因为 a11，所以 an1(n1) ，nN*. 2 3 2n1 3 (2)Sn，nN*.因为 an，所 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 anan1 2n1 3 以 an1， 2n3 3 所以. 1 anan1 9 2n12n3 9