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章末达标检测
(时间:120分钟满分:150分)
一、选择题(本题共8小题,每小题5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.等比数列{an}的公比g=-14,a=2,则数列{a}是()
A.递增数列
B.递减数列
C.常数数列
D.摆动数列
解析因为等比数列{an}的公比为g=一14,41=2,故2<0,a30,…,所以数列{am}
是摆动数列,
答案D
2.记等差数列{an}的前n项和为S,若品2=4,S=20,则该数列的公差d等于()
A.2
B.3
C.6
D.7
解析S4-S2=a+a4=20-4=16,
∴.a3+a4-S2=(a3-a)+(a-a2)=4d=16-4=12,
d=3
答案B
3.已知数列{a}的首项a1=2,且an=4aw-1十1(n≥2),则a4等于()
A.148
B.149
C.15.0
D.151
解析a=2,an=4a.-1十1(n≥2),
.a2=4a1+1=4×2+1=9,
a=4a+1=4×9+1=37,
a4=4a+1=4×37+1=149
答案B
4.等差数列{an}中,a1十a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为()
A.1
B.2
C.3
D.4
解析.a1十45=2a3=10,
.3=5,
.d=a4-=7-5=2
答案B
5.已知数列{an}的前n项和Sn=2-21十2,则数列{an}的通项公式为()
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A.a=2n-3
B.a,=2n+3
C.an=1,n=1,2n-3,n≥2)
D.an=1,n=1,2n+3,n≥2
解析当n=1时,a=S=1:
当n≥2时,a=Sn一Sw-1=21一3.又当n=1时,a1的值不适合n≥2时的通项公式,故
选C
答案C
6.(2021北京卷)八avs4\al\co1(an)和\a\vs4\al\col(bn)是两个等差数列,其中akbk
rc)(a\vs4\a1co1(1≤k≤5)为常值,a1=288,a5=96,b1=192,则b3=()
A.64
B.128
C.256
D.512
解析由已知条件可得a1b1=a5b5,则b,=a5b1a1=96×192288=64,因此,b3=b1
+b52=192+642=128
故选B.
答案B
7.(2022北京卷)设{am}是公差不为0的无穷等差数列,则“{an}为递增数列”是“存
在正整数No,当n>Nn时,an>0”的()
A.充分而不必要条件
B,必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析①充分性证明:若{an}为递增数列,则有对n∈N,ar+1>ar,公差d=an+1一
an>0,故数列中从某项开始后均为正数且数列递增,则存在正整数N,当n>N%时,an
>0,充分性成立:
②必要性证明:若存在正整数No,当n>N%时,an>0,,am=a十(n一1)d,若d
<0,则数列中从某项开始后均为负数,此时无法满足存在正整数N0,当n>W。时,am
>0,又d≠0,若d>0,此时{an}为递增数列,则存在正整数No,当n>No时,an>0,可
满足条件,所以“{an}为递增数列”是“存在正整数No,当n>N。时,am>0”的充要条件.
答案C
8.(2023郑州模拟)设正数数列\a\vs4alco1(an)的前n项和为S,数列
avs4\al\co1(Sn)的前n项积为Tm,且Sn十2Tn=l,则as=()
A.599
B.499
C.124
D.125
解析当n=1时,S1+2T1=a1十2a1=3a1=1,解得a1=13:
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当n≥2时,由Sn+2T=1得Tnn-1十2Tn=1,即Tn+2TnTm-1-Tn-1=0,
.1Tn-1Tn-1=2,
∴.数列小f(1Tn))是以1T1=1a1=3为首项,2为公差的等差数列,
.1Tn=3+2rc1)(avs4\al\co1(n-1)=2n+1,解得Tm=12n+1,
∴.Sm=Tnm-1=12n+112n-1=2n-12n+1,
经检验:S=a1=13满足Sn=2n-12n+1,
∴.Sn=2n-12n+1rc)(alvs4\al\col(n∈N*),
∴.a5=S3-S4=911-79=499.
故选B
答案B
二、选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小愿给出的四个选项中,有多
项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分