第3周检测(第四章以前40%+等比数列60%)-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

第3周检测(第四章以前40%+等比数列60%) 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.设a∈R,z=,则“a>1”是“|z|>”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.设数列{an}满足2an=an-1(n≥2),且a1=2,则a7=(　　) A. B. C. D. 3.等比数列{an}中,若a1+a2+a3+a4=3,则公比为(　　) A.1 B.-2 C.2 D.2或-2 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=5×3n-1+t,则t=(　　) A.-5 B.5 C.- D. 5.设等比数列{an}的前n项和为Sn,且a8=3a11,则=(　　) A. B. C. D. 6. 将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分,挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形,得到与原三角形相似的两个全等三角形,再对余下的所有三角形重复这一操作.如果这个操作过程无限继续下去,最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线.如图所示,已知最初等腰三角形的面积为1,则经过4次操作之后所得图形的面积是(　　) A. B. C. D. 7.数列{an}满足a1=0,a2=1,an=则数列{an}的前10项和为(　　) A.51 B.56 C.83 D.88 8.已知F1,F2是椭圆C:=1的两个焦点,点M,N在椭圆C上,若|MF2|+|NF2|=6,则|MF1|·|NF1|的最大值为(　　) A.9 B.20 C.25 D.30 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.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1,bn=log2an+1,则(　　) A.数列{an}是等比数列 B.an=(-2)n-1 C.+…+ D.{an+bn}的前n项和为Tn=2n-1+ 10.记Sn为等比数列{an}的前n项和,则(　　) A.是等比数列 B.是等比数列 C.Sn,S2n,S3n成等比数列 D.Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列 11.已知a,b≥0且满足a+b=2,则以下是真命题的有(　　) A.≥2 B.2a+2b≥4 C.a2+b2≤4 D.3a2+b2≥3 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.公差不为零的等差数列{an}中,a3-+a11=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b1·b2·…·b13等于　　　　　.  13.已知各项均为正数的等比数列{an}满足a4=4,则log8a2+log8a3+log8a7的值为　　　　　. 14. 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,A1A=,D是侧棱BB1的中点,则直线C1D与平面ABC所成角的余弦值为　　　　　. 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)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a4=4,S5=3a2+9. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=an+,求数列{bn}的前n项和Tn. 16.(15分)在斜三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足asin A+4bsin Ccos2A=bsin B+csin C. (1)求角A的大小; (2)若a=2,且BC上的中线AD长为,求三角形ABC的面积. 17.(15分)(2024广东深圳高三统考期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2(n∈N*). (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=2n-1,求数列{anbn}的前n项和Tn. 18.(17分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1. (1)证明:数列{an+1}是等比数列; (2)设bn=,Sn=b1+b2+…+bn,证明:Sn<2. 19.(17分) 如图,已知圆O:x2+y2=4,过点E(1,0)的直线l与圆相交于A,B两点. (1)当|AB|=时,求直线l的方程; (2)已知点D在圆O上,C(2,0),且AB⊥CD,求四边形ACBD面积的最大值. 参考答案 1.A　由题意得z==a-2i,所以|z|=. 因为|z|>,所以a2+4>5,解得a>1或a<-1. 故“a>1”是“|z|>”的充分不必要条件. 故选A. 2.B　由题可知2an=an-1,则(n≥2), 又2a2=a1⇒a2=1,故{an}是首项为2,公比为的等比数列,解得a7=2×. 故选B. 3.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠0), 因为a1+a2+a3+a4=3(a1+a3), 所以a1+a2+a3+a4=(a1+a3)+q(a1+a3)=(1+q)(a1+a3)=3(a1+a3),即1+q=3,解得q=2. 故选C. 4.C　由题意得,S1=a1=5+t,S2=a1+a2=15+t,S3=a1+a2+a3=45+t, 即a1=5+t,a2=10,a3=30. 因为数列{an}是等比数列,所以, 即,解得t=-. 故选C. 5.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由a8=3a11,得a8=3a8q3,解得q3=, 所以=1+q6=1+. 故选C. 6.A　根据题意可知,每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的,所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的.由此可得,第n次操作之后所得图形的面积是Sn=1×,即经过4次操作之后所得图形的面积是S4=1×. 故选A. 7.A　数列{an}满足a1=0,a2=1,an= 不难发现,奇数项构成等差数列,首项为0,公差为2;偶数项构成等比数列,首项为1,公比为2,所以数列{an}的前10项和为(0+2+4+6+8)+(1+2+4+8+16)=51. 故选A. 8.C　根据椭圆定义可得,|MF1|+|MF2|=8,|NF1|+|NF2|=8. 因为|MF2|+|NF2|=6,所以8-|MF1|+8-|NF1|=6,即|MF1|+|NF1|=10≥2,当且仅当|MF1|=|NF1|=5时等号成立,所以|MF1|·|NF1|≤25,则|MF1|·|NF1|的最大值为25. 故选C. 9.ACD　由已知Sn=2an-1,当n=1时,可得a1=1. 当n≥2时,由Sn-Sn-1=an=2an-2an-1,得an=2an-1,可得数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,an=2n-1,故A正确,B错误; 由上知,数列{}是以1为首项,4为公比的等比数列,所以+…+,故C正确; 因为bn=log2an+1=n,an+bn=2n-1+n,Tn==2n-1+,故D正确. 故选ACD. 10.AB　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),则有=q, 所以,所以是以为公比的等比数列,A正确;=q2,所以是以q2为公比的等比数列,B正确; 若公比q=-1,则S2n=0,所以Sn,S2n,S3n不能构成等比数列,C错误;若公比q=-1,且n为偶数,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n都等于0,此时不能构成等比数列,D错误. 故选AB. 11.BCD　因为a,b≥0,a+b=2,故由基本不等式得=1,当且仅当a=b=1时,等号成立,又()2=2+a+b=2+2,故()2≤4,即≤2,故A错误; 易得2a+2b≥2=2=4,当且仅当2a=2b,即a=b=1时,等号成立,故B正确; 结合a+b=2,故b=2-a≥0,解得a≤2,则a2+b2=a2+(2-a)2=2a2-4a+4=f(a),由二次函数性质得f(a)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,2)上单调递增,故f(a)≥f(1)=2,f(0)=4,f(2)=4,可得f(a)≤4,即a2+b2≤4,故C正确; 又3a2+b2=3a2+(2-a)2=4a2-4a+4=g(a),由二次函数性质得g(a)在区间0,上单调递减,在区间,2上单调递增,故g(a)≥g=3,故D正确. 故选BCD. 12.8 192　因为{an}是等差数列,所以a3+a11=2a7, 所以2a7-=0,解得a7=0或a7=2. 又b7=a7,所以a7≠0,所以b7=a7=2, 所以b1·b2·…·b13=(b1·b13)·(b2·b12)·…·b7==213=8 192. 13.2　设数列{an}的公比为q(q≠0),则a4=a1q3=4,则log8a2+log8a3+log8a7=log8(a2·a3·a7)=log8(a1q·a1q2·a1q6)=log8=log864=2. 14.　因为平面ABC∥平面A1B1C1, 所以直线C1D与平面ABC所成的角即是直线C1D与平面A1B1C1所成的角. 因为BB1⊥平面A1B1C1,所以∠DC1B1即是直线C1D与平面A1B1C1所成的角,设其为θ, 则tan θ=, 所以cos θ=. 15.解(1)设等差数列{an}的公差为d,依题意,解得 所以数列{an}的通项公式是an=a1+(n-1)d=n. (2)由(1)知,bn=n+2n, 所以Tn=(1+2+3+…+n)+(2+22+23+…+2n)=n2+n-2+2n+1. 16.解(1)因为asin A+4bsin Ccos 2A=bsin B+csin C, 所以由正弦定理可得a2+4bccos2A=b2+c2, 即4bccos2A=b2+c2-a2, 所以2cos2A==cos A, 又A≠,所以cos A=,所以A=. (2)因为AD为BC上的中线, 所以), 即, 所以4+2, 即12=c2+2bccos A+b2, 所以12=b2+bc+c2, ① 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A, 所以4=b2+c2-bc, ② ①-②得bc=4,所以S△ABC=bcsin A=. 17.解(1)当n=1时,a1=S1=2a1-2,∴a1=2. ∵Sn=2an-2,∴Sn+1=2an+1-2, 两式相减,得an+1=2an+1-2an,∴an+1=2an, ∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴an=2·2n-1, ∴{an}的通项公式为an=2n. (2)由(1)知,anbn=(2n-1)·2n, 则Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, ∴2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1, 则两式相减得,-Tn=2+2×(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1, ∴Tn=-2-2×(22+23+…+2n)+(2n-1)×2n+1, 又22+23+…+2n=22×=2n+1-4, ∴Tn=-2-2×(2n+1-4)+(2n-1)×2n+1=(2n-3)×2n+1+6. 18.证明(1)由an+1=2an+1,得an+1+1=2(an+1). 由a1=1,可得a1+1=2,∴=2, ∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)得an+1=2n, ∴an=2n-1≥2n-1,当且仅当n=1时,等号成立. ∴bn=. ∴Sn=b1+b2+…+bn≤1++…+=2-<2,即Sn<2. 19.解(1)①当直线l的斜率不存在时,直线方程为x=1,此时|AB|=2=2,不符合题意; ②当直线l的斜率存在时,设斜率为k,则直线l的方程为y=k(x-1), ∴圆心O到直线l的距离d=. ∵|AB|=,∴|AB|==2,解得k=±,∴直线l的方程为y=±(x-1). (2)当直线AB与x轴垂直时,AB=2,CD=4, ∴四边形ACBD的面积S=AB·CD=4. 当直线AB与x轴不垂直时,设直线AB方程为y=k(x-1),即kx-y-k=0, 则直线CD的方程为y=-(x-2),即x+ky-2=0, 点O到直线AB的距离为,点O到直线CD的距离为. ∴AB=2=2,CD=2=4, 则四边形ACBD面积S=AB·CD=·2·4=4, 令k2+1=t>1(当k=0时,四边形ACBD不存在), ∴S=4=4∈(0,4). 综上,四边形ACBD面积S的最大值为4. 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$