(素能提升训练) 章末检测卷一-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

章末检测卷一　数列 [对应素能提升训练第41页] （本卷满分150分；考试时间120分钟） 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.等差数列{an}中,a1＋a5＝10,a4＝7,则数列{an}的公差为 （　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析　∵a1＋a5＝2a3＝10,∴a3＝5,∴d＝a4－a3＝7－5＝2. 答案　B 2.已知数列{an}是等差数列,a1＝2,其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18＝ （　　） A.398 B.388 C.189 D.199 解析　由题可得＝a3a8,即（2＋4d）2＝（2＋2d）（2＋7d）,整理得d2－d＝0,由d≠0,所以d＝1.故S18＝18×2＋×18×17×1＝189. 答案　C 3.如果数列a1,a2－a1,a3－a2,…,an－an－1,…是首项为1,公比为的等比数列,那么an＝ （　　） A. B. C. D. 解析　由题知a1＝1,q＝,则an－an－1＝1×.设数列a1,a2－a1,…,an－an－1的前n项和为Sn,∴Sn＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝an.又∵Sn＝＝,∴an＝. 答案　A 4．(新课标全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 解析　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1； 由S4＝－5，S6＝21S2可得 ＝－5，＝21×①. 由①可得1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4， 所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85. 答案　C 5.数列{an}中,a1＝2,am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25,则k＝ （　　） A.2 B.3 C.4 D.5 解析　∵a1＝2,am＋n＝aman,令m＝1,则an＋1＝a1an＝2an,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an＝2×2n－1＝2n.又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25,∴＝215－25,即2k＋1（210－1）＝25（210－1）,∴2k＋1＝25,∴k＋1＝5,∴k＝4. 答案　C 6．(新课标全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列，则(　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析　甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d，＝a1＋d＝n＋a1－，－＝，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即－＝＝为常数，设为t， 即＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2. 两式相减，得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确． 答案　C 7.已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn,且＝,则使得为整数的正整数n的个数是 （　　） A.2 B.3 C.4 D.5 解析　设数列{an}的首项为a1,数列{bn}的首项为b1.∵数列{an}和{bn}均为等差数列,且其前n项和An和Bn满足＝,∴＝＝＝＝＝＝7＋＝7＋.经验证知,当n＝1,2,3,5,11时,为整数.故选D. 答案　D 8.从2017年起,某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄,若年利率为p且保持不变,并约定每年到期,存款的本息均自动转为新的一年的定期,到2021年的5月1日将所有存款及利息全部取出,则可取出钱（元）的总数为 （　　） A.a（1＋p）4 B.a（1＋p）5 C.[（1＋p）4－（1＋p）] D.[（1＋p）5－（1＋p）] 解析　设自2018年起每年到5月1日存款本息合计为a1,a2,a3,a4.则a1＝a＋ap＝a（1＋p）, a2＝a（1＋p）（1＋p）＋a（1＋p）＝a（1＋p）2＋a（1＋p）, a3＝a2（1＋p）＋a（1＋p）＝a（1＋p）3＋a（1＋p）2＋a（1＋p）,a4＝a3（1＋p）＋a（1＋p）＝a[（1＋p）4＋（1＋p）3＋（1＋p）2＋（1＋p）] ＝a·＝[（1＋p）5－（1＋p）]. 答案　D 二、选择题：本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9．已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则(　　) A．q＝2 B．an＝2n C．S10＝2 047 D．an＋an＋1＜an＋2 解析　由题意q＞0且2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值已舍去)，选项A正确；an＝2×2n－1＝2n，选项B正确；Sn＝＝2n＋1－2，所以S10＝2 046，选项C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an＞3an，所以an＋an＋1＜an＋2，选项D正确．故选ABD. 答案　ABD 10.已知等比数列{an}的公比q＝－,等差数列{bn}的首项b1＝12,若a9＞b9且a10＞b10,则以下结论正确的有 （　　） A.a9a10＜0 B.a9＞a10 C.b10＞0 D.b9＞b10 解析　∵等比数列{an}的公比q＝－,∴a9和a10异号,∴a9a10＝＜0,故A正确；但不能确定a9和a10的大小关系,故B不正确；∵a9和a10异号,且a9＞b9且a10＞b10,∴b9和b10中至少有一个数是负数,又∵b1＝12＞0,∴d＜0,∴b9＞b10,故D正确；∴b10一定是负数,即b10＜0,故C不正确.故选AD. 答案　AD 11.将n2个数排成n行n列的一个数阵,如下图： a11　a12　a13　…　a1n a21　a22　a23　…　a2n a31　a32　a33　…　a3n …… an1　an2　an3　…　ann 该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2,a13＝a61＋1,记这n2个数的和为S.下列结论正确的有 （　　） A.m＝3 B.a67＝17×37 C.aij＝（3i－1）×3j－1 D.S＝n（3n＋1）（3n－1） 解析　由a11＝2,a13＝a61＋1,可得a13＝a11m2＝2m2,a61＝a11＋5m＝2＋5m,所以2m2＝2＋5m＋1,解得m＝3或m＝－（舍去）,所以选项A是正确的；又由a67＝a61m6＝（2＋5×3）×36＝17×36,所以选项B不正确；又由aij＝ai1mj－1＝[a11＋（i－1）m]mj－1＝[2＋（i－1）×3]×3j－1＝（3i－1）×3j－1,所以选项C是正确的；又由这n2个数的和为S,则S＝（a11＋a12＋…＋a1n）＋（a21＋a22＋…＋a2n）＋…＋（an1＋an2＋…＋ann）＝＋＋…＋＝（3n－1）×＝n（3n＋1）（3n－1）,所以选项D是正确的,故选ACD. 答案　ACD 三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.等比数列{an}中,a2＋a4＋…＋a20＝6,公比q＝3,则前20项和S20＝　　　　.  解析　S偶＝a2＋a4＋…＋a20,S奇＝a1＋a3＋…＋a19,则＝q,∴S奇＝＝＝2.∴S20＝S偶＋S奇＝6＋2＝8. 答案　8 13.用数学归纳法证明34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中,当n＝k＋1时,34（k＋1）＋2＋52（k＋1）＋1应变形为　.  解析　当n＝k＋1时,34（k＋1）＋2＋52（k＋1）＋1＝81×34k＋2＋25×52k＋1＝25（34k＋2＋52k＋1）＋56× 34k＋2. 答案　25（34k＋2＋52k＋1）＋56×34k＋2 14.定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫作等和数列，这个常数叫作此数列的公和；已知数列{an}是等和数列，且a1＝2，公和为5，那么a18的值为________；这个数列的前n项和Sn的计算公式为________. 解析　由题可得an＋an＋1＝5，an＋1＋an＋2＝5，两式相减得an＝an＋2，∴数列{an}是周期为2的周期数列． 又a1＝2，得a2＝3，所以an＝∴a18＝3. 当n为偶数时，Sn＝·5＝；当n为奇数时，Sn＝·5＋2＝. 答案　3　Sn＝ 四、解答题：本题共5小题,共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．(13分)(新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解　(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d. 又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝， ∴S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n. (2)∵{bn}为等差数列， ∴2b2＝b1＋b3，即＝＋， ∴6＝＝， 即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d. ∵d＞1，∴an＞0. 又S99－T99＝99，由等差数列性质知99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， ∴a50－＝1，即a－a50－2 550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去). 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1，与d＞1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝. 综上，d＝. 16.（15分）用分期付款的方式购买家用电器需11 500元,购买当天先付1 500元,以后每月交付500元,并加付利息,月利率为0.5%,若从交付1 500元后的第1个月开始算分期付款的第1个月,问： （1）分期付款的第10个月应交付多少钱？ （2）全部贷款付清后,买家用电器实际花了多少钱？ 解　（1）设每月付款依次构成数列{an}, 则a1＝500＋10 000×0.005＝550, a2＝500＋（10 000－500）×0.005＝550－2.5, a3＝500＋（10 000－500×2）×0.005＝550－2.5×2, …… a10＝550－2.5×9＝527.5. 故第10个月应交付527.5元. （2）由（1）可得an＝550－2.5（n－1）＝－2.5n＋552.5, 则{an}为等差数列,且n＝＝20, ∴S20＋1 500＝＋1 500＝10×（550－2.5×20＋552.5）＋1 500＝12 025. 故买家用电器实际花了12 025元. 17.（15分）在公差为d的等差数列{an}中,a1＝10,且a1,2a2＋2,5a3成等比数列. （1）求d,an； （2）若d＜0,求｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜. 解　（1）由已知条件,得（2a2＋2）2＝5a1a3, ∴4（a1＋d＋1）2＝5a1（a1＋2d）, ∴（11＋d）2＝25（5＋d）,即121＋22d＋d2＝125＋25d, 整理,得d2－3d－4＝0,解得d＝4或d＝－1. 当d＝4时,an＝4n＋6；当d＝－1时,an＝11－n. （2）由（1）知,当d＜0时,an＝11－n. ①当1≤n≤11时,an≥0, ∴｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝＝. ②当n≥12时,an＜0, ∴｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋a3＋…＋a11－（a12＋a13＋…＋an）＝2（a1＋a2＋a3＋…＋a11）－（a1＋a2＋a3＋…＋an）＝2×－＝. 综上可知,｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝ 18.（17分）已知数列的前n项和Sn＝3n2＋8n,是等差数列,且an＝bn＋bn＋1. （1）求数列的通项公式； （2）令cn＝,求数列cn的前n项和Tn. 解　（1）由题意知,当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝6n＋5. 又因为a1＝S1＝11,所以an＝6n＋5（n∈N*）. 设等差数列的公差为d. 可得即解得所以bn＝3n＋1. 还可验证bn＝3n＋1（n∈N*）满足an＝bn＋bn＋1（n∈N*）, 所以所求数列的通项公式是bn＝3n＋1. （2）由（1）的解答,可得cn＝＝3（n＋1）·2n＋1. 又由Tn＝c1＋c2＋…＋cn,得 Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋（n＋1）×2n＋1] 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋（n＋1）×2n＋2] 把它们相减,得 －Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－（n＋1）×2n＋2]＝3×[4＋－（n＋1）×2n＋2]＝－3n·2n＋2, 所以Tn＝3n·2n＋2. 19．（17分）由个数排列成行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵，也称为阶方阵，记作：，其中表示矩阵中第行第列的数．已知三个阶方阵分别为，，其中分别表示中第行第列的数．若，则称是生成的线性矩阵． (1)已知，若是生成的线性矩阵，且，求； (2)已知，矩阵，矩阵是生成的线性矩阵，且． ①求； ②已知数列满足，数列满足，数列的前项和记为，是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由． 解 （1），则，即， 解得， 则，，， ， 故. （2）①由题意，得，解得， 故，， . ②由题意，得， 则， ， 故， 故. 因为，即，取验证不成立， 整理得到，， 当时，，不成立；当时，；当时，. 现说明当时不成立： 设，，，则，， 故单调递增，， 设，，，，， 故单调递减，，，，， 故时，不成立. 综上所述，使成立的所有的正整数对为，. 学科网（北京）股份有限公司 $$