第4章 第3单元数列的通项公式及数列的求和-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

二、选题(本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要末,全部选 第三单元 数列的通项公式及数列的求和 对的得5分,部分境对的得2分,有选概的得0分) .已知某数列的前4项依次为2.0.2.0.刚依此扫纳该数列的避项公式可能是 A.--+1 1.= 时闻:120分神 满分:150分 ②.v为数 10.。为数 一、单项选理题(水题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题给出的四个这项,只有一项是符 C-2trin“r D.-08[-1r] 超日要) 18.已如数列)的通公式为一(+2)(,则下列说法正确的是 1. 等差数列中已公差-且-50则+a十” ) A.数列的最小项是。 B. 数死韵最大项是. A.0 1.7 C.数列.1的最大项是。 D.当5时,数列遇减 C.100 1.125 1。 ) A一8 B.”-n A201 B2020 C8一30 D.8-(1-)·21-2 C.2 D.202 。 1.已如数列(是等差数列,1b)是等比数到.-1,6-2..+-7+-13.记. 3.已短数到1的通项会式为一2”+ll.数列u.的项和为5,则8 C ) a.为奇数. 出 A.546 B ._w为数. 数孩的前:项和为8,期 C.510 D.548 A.-2n1 =2 4.已短致列1满是-a.-2--5,则aI十ln+一十l- 。 C.8-140 A.) B. n.s.-2一r-1 C.18 D. 三、填空题(水题共4小题,每小题5分,共20分) 5.数列一十=1.则 3.对干数列点(u)(n)都在函数)-的图象上,则数列)的4晚和5- 班 A.32 B.2 C.6 D.64 14.吾数列(.的前“项和s一,数列).]的填公式。一_ ) 15.若(r(1-)--f00)++(1+f01(uN).则数.5的项公 A.2 B1111 __. C p.5 16.如图,”是一块半径为的丰圆形好板,在已的左下清些去一个半经为,的半医后得列图用 ) 7.在数列1中,若a-1-3“a一a.(号).则度数列的萄100项之和是 P..然后依次剪去一个更小的半圈(其直径为前一个被剪掉率园的来径)得图形P,P,.P..一. A. B8 记第。块纸板P.的面为8.,判5一__ ,如果对vweN,52020成立,部么u的 C . 攻围是 &.已等差数列中十一十7一19则数到coxn的前20项的和为 ##77~ A100 B.1010 C.2o) D.200 第16趣图 17 * 四、答题(本共6小题,共70分,答应写出文字选,过极成演第步) 18.12分)设数列足+++(2-1-2 I7.(10)已知各项那为正数的数到a1足-1一(-)一-0 (1)求.)的路理公式 (求:-: (求.的涵项公式. 1 2: 1.(12分)已知等差数列()的前u项和8.满是5-.8-15. 2.(12分)没数列(.)的前。项和为5.0-1 (1是]的酒项式 路出下列三个件 (21没一,求数列16的丽。项和T。 务件①:数列o.)为等比数列,数列(5.士为等比数列 件②)在直线+1上: 条科②:2++-+2-a- 试在上面的三个条件中任次一个,差充在上的模线上,完或下孩面问的解等 (1数。)的通分式 ,数估的前。项和7。 注:如案选择多个条件分别解答,期按第一个解答计分. 一字 。 ) 2 2 21.(12分)已知等比数列)为遂增数列,且2(+-数残)满足2一 22.(12分)已知等差数列)的前-项和为S..a.1.5.-14.数列1满A·b··.. 一- _. )求列和(的到项分是 (2)设段一求数烈(c。)的前。项和T (1)求数列和)的通项公式。 (2)若数列足一h0a.r.求数列的前项和74a.即 的等比数列,所以a。= 又4a-a,得 6 所以2[2+(3-1)d]-2+(6-1)d,解得$d-$ 且b,b2-1,b成等比数列,所以(b-1)②-bb, 即($+d-1){②}-2(2+2d),解得d-3或d--1(舍) 所以So=-a+a-a+a-..+ao=2(l+2+. 所以b。-2+3(n-1)-3n-1,故a.-()”,b.-3n +10)-110. 7.C 解析:由an+2-an+!-a.-(a.-an-ì)-an -1. --1--(a-?-a-)=-(an-3-an-)+a-3 (2)证明 由(1)可得an,一(){} ,所以a十a十.. 一a一4,得{a.)是周期为6的周期数列, #一()#()一# #$a--a-3-1-2,a-2-3--1,a--1- 十aa. --3,a =-3+1--2,且100-16$6+4 所以$ -16×(1+3+2-1-3-2)+(1+3+2- 第三单元 数列的通项公式及数列的求和 -5. 1.B 解析:a+a十.+ajoo=(a+d)十(a+d)+.. 2a+6d-a+3d+7. 8.D 解析:设(a.的公差为d,则有 a+9d-19. a-1. -75. 解得 所以a.-2n-1,设b.-a.cos nr. d-2. 2.C 解析:由a二 n(n十1) n 则b.+b=a cos π+acos 2π-2. (1-)+(-)+.+())-”. b+b =as cos 3π+a cos 4r=2,...b2o19+b220= a201cos 2019π+a o1scos 2020r-2. 所以数列a.cosnr)的前2o20项的和为(b十b)十 3.A 解析:由a=2”十n.可得Ss=(2+2}+23+..十 (b:+b:)十.+t(b2 o1s+b2020)-22020 2 -2020. 1-2 2 9.ABD 4.C 解析:由题意知a.)是以2为公差的等差数列,又 符合题意,故选ABD a=-5,所以lal+la|+.+la|--5l+l-3 laa一1. +|-11+1+3+5-5+3+1+1+3+5-18 10.BCD解析:假设第n项为a.)的最大项,则 aa+1! 5.C 解析:数列(a.)中,an+i-2a.+1,故a+1+1-2(a (n+2)()(n+1)()”, +. { 因为a=1,故a+1-2-0,故a.+1≠0. 解得4<n5. (n+2)()二(n+3)()”, 所以1十1 一2,所以(a.十1是首项为2,公比为2的 u.十1 又nN”,所以n=4或n=5,故数列(a。)中a.与a 等比数列, 均为最大,且a-a5- 6 所以a。+1-2",即a-2”-1,故a-63,故选C 6.B 1'2 2'a 所以{-2十(n-1)d. -2X- 7 'a一! 子左、右两边分别相乘得{n-2"-1.n(n→2,nN). 1 第三块纸板积为--→()第-} 把a=-2代入,得a。=-2·n(n→2,nN ),又 a=一2符合上式,故数列(a)的通项公式为a .. -2"·n(nEN ).a=-8,故A、B正确;S =-(1x 由此归纳总结,第n块纸板面积为 $+2×2+..+n·2”),则2$.=-1×2+2×2+ S=2r*1--(){-()*-.-()“ ...+(n-1)·2“+n·2”+1,两式相减,得S-2+2 +23+.+2”-n·2-+1-2-+1-2-n·2-+1-(1- -r-2-△[1+(){}.+()"-一1 n).2+1-2(nN),故S=-34,故C错误, [1-()1] D正确. -2ra{-2nax- 12.ABD解析:设数列a。)的公差为d,数列(b.)的公比 1+d+2q-7, d-2, 故 为q(q关0),依题意有 #2r{[+3×()“#, 1+2d+2q{-13. *-2, a=2n-1,b-2,故A,B正确;则c2x-1-a2-1-4n 一3.c.-b。-4”,所以数列(c的前2n项和$ 成立, (a +aa+.+a2n-1)十(b+b+.+b2)= 只需4}220r #。 “,可解得a”>505, 3 2 1-4 故a[505,+). S.=S+a.-385,故C错误,D正确. 17.解 13.30 (2)由a2-(2a1-1)a.-2a,-0得 等比数列,其首项为2,公比为2. 2a(a.+1)-a(a+1). 1-2 因为(a。》的各项都为正数,所以2a+11. n 解析:当n-1时,a-S- 当→2时,-_$.-$,---=#(n-1) -(n-11-4-1.# 18.解 (1)因为a+3a。+...+(2n-1)a.=2n,① 故当n2时,a+3a+.+(2n-3)a-1=2(n- 1),② 15.a.=2(n十1)解析:由f(x)+f(1-x)=4. ①-②得(2n-1)a-2,所以a:-2-1. 2 可得/(0)+/(1)-4.()+(“-1)-4.. 所以2a-[/(0)+f(1)]+[#()+/(1)]+. 又”-1时,a-2适合上式. 从而(a.的通项公式为a。-2n1. 2 +[/(1)+f(0)]-4(n+1),即a-2(n+1). .1 16.8 (2)记 [505,十)解析:第一块纸板面积为 则$.-(1-)+(-)+.+(12) 所以T=[(1-3+(-+(-)+ .+()+() 19.解(1)设等差数列(a。)的公差为d,首项为a,因 #-寸(6-1-) 为S-6,S-15. 2n十3 3at+×3×(3-1)a-6, 42(n十1)(n+2) a十d-2. 所以 选条件②: a+2d-3. (1)因为点(S。,an+1)在直线y=x十1上,所以a1= 好得二1 a-1. S.+1,又a.=S.-1+1(n>2,nN),两式相减有 a-2a. 所以{a.)的通项公式为a.=aì+(n-1)d-1+(n- 又a=1,a。=S+1-2,也适合上式, )×1-n. 故数列a。)是首项为1,公比为2的等比数列. (2)由(1)得-_” 所以a。-aq"-1-2“-1. (2)同选条件① 选条件③: #①式两边同时以,得7-+-+3 (1)因为2”a+2”-a+..+2a.-na+1. ② 所以2“-1a+2”-?a+.+2a -,-(n-1)a.(n2), 即2”a+2”la+.+22a-,-2(n-1)a.(n>2). 由两式相减可得2a.-na1-2(n-1)a。· 2“ 21 即a1-2a 7(1) 又a-1,a。-2a,也适合上式, 1- 故数列{a。)是首项为1,公比为2的等比数列, 所以T。-2--2-2 所以a-aq"-1-2“-1. 2-12” 2. (2)同选条件① 20.解 选条件①: 21.解(1)对于数列{a。),设其公比为g,由题意得 (1)因为数列(S.十a)为等比数列, -a 所以(S。+a)?-(S+a)(S+a). (aq0.nN'). 2(a.+a^{)-5aq 即(2a.+a②)?-2a(2a.+a+a). [-: 设等比数列a.)的公比为q,因为a-1. 即 -2或-2 所以(2+q){②}-2(2+q+^{}),解得q-2或q-0(舍).$ 所以a.-aq-1-2n-1. a-2. 又因为a。)为递增数列,则 所以a-2”. (2)由(1)知:a.-2”-1. -2. 所以b.-log?aa+!·logan+3 数列(b )满足2b=a=2,b+1-b.=a-2, n(n十2) 所以数列(6.)是以1为首项,2为公差的等差数列 #-1()## 所以b.-2n-1. (2)由(1)得 3.B 解析:设等比数列{a.)的公比为q,由a5=aq^③}得 2n+3= 2n十3 (1-)3(1-3) 1- -120. (2n+1)·2-]. 以 丁,1 4.B 解析:由题意可知等差数列中a1一4,a5=2,则S= 5(a+as)-15.所以金杖重15斤,故选B. (2-1)(2+1)21 。2 5.D 解析:因为a5,a:是函数f(x)=r2-4r十3的两个 #2} 2-12 零点,所以a,a是方程x2-4x十3-0的两根,则a十 a=4,由等差数列的性质可得a+a。-as十a=4.故 /a-1. 22.解 可得 (1)设数列a。)的公差为d,由 选D. $=14, A-114n+387n+19-7+ # 6.D -B2-1 2n十2 n1 a:十d-1. 解得 所以a一 12为正整数,所以n-1,2,3,5,11. 12 7a+21d-14. 由b·b2·b...-2, d 可得b·b·b3..·b-.-2(n>2), .-1,a-2..l,所以数列(an是周期数列,周期为 两式相除得6一2”(n一2). 3,aaa--1,2020-3×673+1,所以 T2o20-(-1)$67$ 当n一1时也适合该等式,故b.一2”. 2--2.故选A. 1 (2)c.-b cos a.x-2“cosnx 8.D 解析:设自2018年起每年到5月1日存款本息合计为 所以Tn-c1+c2+c+.+c2a-1+c2n a.do.d.. 则a-a十ap-a(1+p). 1 a=a(1十)(1+p)+a(1+p)=a(1十){?+a(1+), 22-1cos 2n-1 21_1+22-cos n a=a(1+p)+a(1+p)=a(1+)+a(1+){②}+a( 十). -2cos n+2cos 2n+2cos 3π+..+22*cosnπ a=a(1十)十a(1十)=a[(1+)+(1十)十 --22+2-2+..+(-1)*2n -4[1-(-4)*] (1+)2+(1+)]-a.(1+)[1-(1+)4] 1-(1十) 1-(-4) (-4)*+1+4 9.BCD 解析:对于A,0-9-2n,解得n= 2,故A不 0 章未检测·A卷 1.D 解析:因为2020年出版第一册,每两年出版一册, 满足; 所以2022年出版第二册;2024年出版第三册;2026年 对于B,3-9-2n,解得n-3,故B满足; 出版第四册;2028年出版第五册;2030年出版第六册 对于C.5-9-2n,解得n-2,故C满足; 即出版齐这套从书的年份是2030年,故选D 对于D,7-9-2,解得n-1,故D满足. 2.A 解析:由a+a-12-a,得a+a5+a-12- 10.AC解析:设等比数列(a的公比为q,由a三aq^{②}, 3a,即a-4,故a+a。-2a-8. 得?-9,即q-士3.