《2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 单元质检六 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 单元质检六 （9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、单元质检六单元质检六 数列数列 (时间:120 分钟 满分:150 分) 单元质检卷第单元质检卷第 11 页页 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 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.若 Sn为等比数列an的前 n 项和,8a2+a5=0,则 =( ) 5 2 A.11B.5C.-8D.-11 答案 D 解析设等比数列an的公比为 q,8a2+a5=0, 8a2+a2q3=0,解得 q=-2,代入所求式可知 =-11. 5 2 2.(2017 课标高考)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加 增,共灯三百八十一,
2、请问尖头几盏灯?”意思是:一座 7 层塔共挂了 381 盏灯,且相邻两层中的下一层灯 数是上一层灯数的 2 倍,则塔的顶层共有灯( ) A.1 盏B.3 盏 C.5 盏D.9 盏 答案 B 解析设塔的顶层共有灯 x 盏,则各层的灯数构成一个首项为 x,公比为 2 的等比数列,结合等比数列的 求和公式有=381,解得 x=3,即塔的顶层共有灯 3 盏.故选 B. (1 - 27) 1 - 2 3.在下面的图案中,图(1)是边长为 1 的正方形,图(2)是将图(1)的正方形向外作直角三角形和正方形, 按此分形规律,若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列an,则 a10=( ) A.9B.10
3、C.11D.12 答案 B 解析如图,由条件可知,a1=1,a2=1+BC2+AC2=1+AB2=2,同理 a3=1+1+1=3. 故有 a10=10. 4.(2018 浙江绍兴柯桥期末)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn,则“a10”是“S3S2”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 答案 C 解析因为当 a10 时,有 S3-S2=a3=a1q20,所以是充分必要条件.故选 C. 5.设数列an满足:a1=1,a2=3,且 2nan=(n-1)+(n+1),则 a20的值是( ) - 1 + 1 ABCD .21 5 .22 5 .2
4、3 5 .24 5 答案 D 解析由 2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1得 nan-(n-1)an-1=(n+1)an+1-nan,又因为 1a1=1,2a2-1a1=5,所以数 列nan是首项为 1,公差为 5 的等差数列,则 20a20=1+195,解得 a20=故选 D. 24 5 . 6.(2018 浙江温州六校协作体期末)设数列an是公比为实数 q 的等比数列,首项 a1=64,对于 nN*,an=,当且仅当 n=4 时,数列bn的前 n 项和取得最大值,则 q 的取值范围是( ) 2 AB .( 3 6 ,1 3) .(1 4, 1 3) CD .(1 4, 2 4)
5、 .( 2 6 , 2 4) 答案 C 解析因为 q=,所以数列bn是等差数列,由题意可知解得-2 0, 5= 6 + 4 0,且 a7|a6|,则( ) A.S11+S120 C.S11S120 答案 C 解析由题意可知 a6+a70,所以 S11=11a60,因此一定有结论 S11S120,a8+a90 的最大 n 是 ;数列 n (10,a8+a90,而 S16=8(a8+a9) ( 1+ 15 )15 2 = 28 15 2 ( 1+ 16 )16 2 = ( 8+ 9 )16 2 0 的最大 n 为 15.a80,a90. B-2n-1. nN*,B-3.B 的取值范围为(-3,+)
6、. 17.设 Sn为数列an的前 n 项和,Sn=(-1)nan- ,nN*,则 S1+S2+S3+S100= . 1 2 答案 1 3( 1 2100 - 1 ) 解析当 n=1 时,a1=-a1- ,解得 a1=- ;当 n2 时,an=Sn-Sn-1=(-1)nan- -(-1)n-1an-1+, 1 2 1 4 1 2 1 2 - 1 即 an=(-1)nan+(-1)nan-1+若 n 为偶数,则 an-1=- ,故 an=-(n 为奇数);若 n 为奇数,则 an-1=- 1 2. 1 2 1 2 + 1 2an+ =(-2),故 an= (n 是偶数).因为 a1=-a1= ,a
7、2=- ,所以-a1+a2=2,同 1 2 (- 1 2 + 1) + 1 2 = 1 2 - 1 1 2 1 4 1 4 1 23 1 22 理可得-a3+a4=2,-a5+a6=2,-a99+a100=2,所以 S1+S2+S100=2 1 24 1 26 1 2100 =2,应填 ( 1 4 + 1 16 + + 1 2100) (1 2 + 1 4 + + 1 2100) 1 4( 1 - 1 450) 1 - 1 4 1 2( 1 - 1 2100) 1 - 1 2 = 1 3( 1 2100 - 1 ) 1 3( 1 2100 - 1 ). 三、解答题(本大题共 5 小题,共 74
8、 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(14 分)(2018 全国高考)等比数列an中,a1=1,a5=4a3. (1)求an的通项公式; (2)记 Sn为an的前 n 项和,若 Sm=63,求 m. 解(1)设an的公比为 q,由题设得 an=qn-1. 由已知得 q4=4q2,解得 q=0(舍去),q=-2 或 q=2. 故 an=(-2)n-1或 an=2n-1. (2)若 an=(-2)n-1,则 Sn= 1 - ( - 2) 3 . 由 Sm=63 得(-2)m=-188,此方程没有正整数解. 若 an=2n-1,则 Sn=2n-1.由 Sm=63 得 2m=64,解
9、得 m=6. 综上,m=6. 19.(15 分)已知在递增的等差数列an中,a1=2,a3是 a1和 a9的等比中项. (1)求数列an的通项公式; (2)若 bn=,Sn为数列bn的前 n 项和,是否存在实数 m,使得 Sn0. 由题意得所以 3q2-5q-2=0. 1+ 1 = 3, 12 - 1 = 2, ? 因为 q0,所以 q=2,x1=1. 因此数列xn的通项公式为 xn=2n-1. (2)过点 P1,P2,P3,Pn+1向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q1,Q2,Q3,Qn+1,由(1)得 xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1. 记梯形 PnPn+1Qn+1Qn的面积为 bn.
10、 由题意 bn=2n-1=(2n+1)2n-2, ( + + 1) 2 所以 Tn=b1+b2+b3+bn =32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2, 又 2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1, -,得 -Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1 =-(2n+1)2n-1. 3 2 + 2(1 - 2 - 1) 1 - 2 所以 Tn= (2 - 1) 2+ 1 2 . 21.(15 分)已知数列an是单调递增数列,且 a10,若=4Sn-2an+3,nN*,其中 Sn为an的前 n 项和. 2 (1)求数
11、列an的通项公式; (2)若使不等式1+,对 n4,nN*恒成立,求正数 p 的取值范围. + - 8 - 8 + 8 ( 2) - 1 解(1)当 n2,nN*时,an=Sn-Sn-1, 由 4Sn=+2an-3,nN*,可得 4Sn-1=+2an-1-3,nN*,两式相减得 4an=+2an-2an- 2 2 - 1 2 2 - 1 1,nN*, =2an+2an-1,nN*, 2 2 - 1 化为(an-an-1)(an+an-1)=2(an+an-1),nN*, 数列an是单调递增数列,且 a10,an+an-10. an-an-1=2. =4S1-2a1+3,且 a10,a1=3.
12、2 1 数列an是首项为 3,公差为 2 的等差数列,an=2n+1. (2)由(1)得不等式1+, + - 8 - 8 + 8 ( 2) - 1 可化为,p0,即(n4). 2 2 - 7 + 8 2 2 + 8 2 - 7 2 令 f(n)=,则 f(n+1)-f(n)=,f(4)n, +, | | 2 | | 2 =( | | 2 - | + 1| 2 + 1) +( | + 1| 2 + 1 - | + 2| 2 + 2) ( | - 1| 2 - 1 - | | 2) 1 2 + 1 2 + 1 1 2 - 1 n,均有|an|2,取正整数 m0lo,且 m0n0,则 0 3 4 | 0 | - 2 2 0 =|-2,与式矛盾. 2 0(3 4) 0 2 0(3 4) 3 4 | 0 | - 2 2 0 0 综上,对于任意 nN*,均有|an|2.
