阶段质量检测(1)（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修2（北师大版2019）

阶段质量检测(一) (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，只有一项符合题目要求) 1．已知等差数列{an}满足4a3＝3a2，则{an}中一定为零的项是(　　) A．a6 B．a4 C．a10 D．a12 A　解析：由4a3＝3a2，得4(a1＋2d)＝3(a1＋d)，即a1＝－5d，所以an＝a1＋(n－1)d＝－5d＋(n－1)d＝(n－6)d，所以a6＝0. 2．在等比数列{an}中，若a2＝8，则log2a1＋log2a3＝(　　) A．8 B．6 C．4 D．3 B　解析：在等比数列{an}中，由a2＝8，根据等比中项可得a1a3＝a＝64， 所以log2a1＋log2a3＝log2a1a3＝log2a＝log264＝6.故选B. 3．(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A． B． C． D． B　解析：方法一　设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝.故选B. 方法二　因为{an}为等差数列，所以S9＝＝9a5＝1，得a5＝，则a3＋a7＝2a5＝，故选B. 4．在数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝anan＋2，则a2 024＝(　　) A．2 B．3 C． D． B　解析：由a1＝2，a2＝3，an＋1＝anan＋2知an≠0； 由an＋1＝anan＋2得an＋2＝an＋1an＋3， ∴anan＋3＝1，即an＋3＝， ∴an＋6＝＝an，即数列{an}是以6为周期的周期数列，∴a2 024＝a337×6＋2＝a2＝3. 5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝(　　) A． B． C． D． D　解析：因为等比数列{an}的前n项和为Sn，所以S4，S8－S4，S12－S8成等比数列． 设S4＝m，则S8＝3m，S8－S4＝2m，S12－S8＝4m，S12＝7m， 所以＝＝. 6．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一，塔的排列顺序自上而下，第一层1座，第二层3座，第三层3座，第四层5座，第五层5座，从第五层开始，每一层塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计一百零八座，则该塔共有(　　) A．八层 B．十层 C．十一层 D．十二层 D　解析：设该塔共有(n＋4)层，则5n＋×2＝108－(1＋3＋3＋5)， 即(n＋12)·(n－8)＝0，解得n＝8或n＝－12(舍去)， 即该塔共有n＋4＝8＋4＝12(层). 7．已知等差数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数为(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 B　解析：由于S2n－1＝＝＝(2n－1)an， 所以＝＝＝＝5＋， 要使为整数，则n＋1为24的因数，由于n＋1≥2，故n＋1可以为2，3，4，6，8，12，24，故满足条件的正整数n的个数为7.故选B. 8．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－2 023n(n∈N＋)，则当an最小时，n＝(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 C　解析：在数列{an}中，an＝2n－2 023n，则an＋1－an＝2n－2 023，而210<2 023<211， 则当n≤10时，an＋1－an<0，即an＋1<an，当n≥11时，an＋1－an>0，即an＋1>an， 因此当n∈N＋，n≤11时，数列{an}单调递减，当n≥11时，数列{an}单调递增， 所以当且仅当n＝11时，an最小． 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1>0，且a1＋a9＝a4，则(　　) A．a6＝0 B．S11＝0 C．S5＝S6 D．S7最大 ABC　解析：设等差数列{an}的公差为d，由a1＋a9＝a4得a1＋5d＝a6＝0，故A正确； S11＝＝11a6＝0，故B正确； S6－S5＝a6＝0，又a1>0，可知a1，a2，…，a5大于0，a7<0，故C正确，D错误． 10．已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，则(　　) A．{an＋an＋1}为等比数列 B．{anan＋1}为等比数列 C．{a＋a}为等比数列 D．{Sn}不为等比数列 BCD　解析：设等比数列{an}的公比为q， 当q＝－1时，an＋an＋1＝0，{an＋an＋1}不是等比数列，故A错误； 因为＝＝q2，所以{anan＋1}是公比为q2的等比数列，故B正确； 因为＝＝q2，所以{a＋a}是公比为q2的等比数列，故C正确； 若{Sn}为等比数列，则S＝S1·S3，即(a1＋a1q)2＝a1·(a1＋a1q＋a1q2)，化简得q＝0，不合题意，所以{Sn}不为等比数列，故D正确． 11．计算机病毒危害很大，一直是计算机学家研究的对象．当计算机内某文件被病毒感染后，该病毒文件就不断地感染其他未被感染的文件．计算机学家们研究的一个数字为计算机病毒传染指数C0，即一个病毒文件在一分钟内平均所传染的文件数，某计算机病毒的传染指数C0＝2，若一台计算机有105个可能被感染的文件，如果该台计算机有一半以上文件被感染，则该计算机将处于瘫痪状态．该计算机现只有一个病毒文件，如果未经防毒和杀毒处理，则下列说法中正确的是(　　) A．在第3分钟内，该计算机新感染了18个文件 B．经过5分钟，该计算机共有243个病毒文件 C．10分钟后，该计算机处于瘫痪状态 D．该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为2的等比数列 ABC　解析：设第(n＋1)分钟之内新感染的文件数为an＋1，前n分钟内新感染的病毒文件数之和为Sn，则an＋1＝2(Sn＋1)，且a1＝2， 由an＋1＝2(Sn＋1)可得an＝2(Sn－1＋1)，两式相减得an＋1－an＝2an， 所以an＋1＝3an，所以每分钟内新感染的文件数构成以a1＝2为首项，3为公比的等比数列， 所以an＝2×3n－1， 在第3分钟内，该计算机新感染了a3＝2×33－1＝18(个)文件，故选项A正确； 经过5分钟，该计算机共有1＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋＝35＝243(个)病毒文件，故选项B正确； 10分钟后，计算机感染病毒的总数为1＋a1＋a2＋…＋a10＝1＋＝310>×105， 所以计算机处于瘫痪状态，故选项C正确； 该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数构成公比为3的等比数列，故选项D不正确．故选ABC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知公差为d的等差数列{an}中，a1＝，d＝－，Sn＝－5，则n＝________． 答案：12　解析：在公差为d的等差数列{an}中，a1＝，d＝－，Sn＝－5， 则Sn＝na1＋＝n－(n2－n)＝－n2＋n＝－5， 整理可得n2－7n－60＝0，又n∈N＋，解得n＝12. 13．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N＋)，则通项公式an＝________． 答案：2×3n－1－1　解析：由an＋1＝3an＋2，得＝3， 因此数列{an＋1}是以1＋1＝2为首项，3为公比的等比数列， 因此an＋1＝2×3n－1，即an＝2×3n－1－1. 14．若数列{an}满足－＝d(n∈N＋，d为常数)，则称数列{an}为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且b1＋b2＋b3＋…＋b2 025＝20 250，则b2b2 024的最大值是________. 答案：100　解析：因为数列为“调和数列”， 所以bn＋1－bn＝d(d为常数)，因此数列{bn}是等差数列， 由b1＋b2＋b3＋…＋b2 025＝20 250，得＝20 250，即b2＋b2 024＝20， 因为是正项数列，所以{bn}是正项数列， 所以20＝b2＋b2 024≥2，则b2b2 024≤100，当且仅当b2＝b2 024＝10时，等号成立． 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)(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n－1. (2)方法一(错位相减法)　因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 方法二(裂项相消法)　bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1， 则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1， 所以，解得， 即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1. 16．(15分)已知{an}是等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，S5＝15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由题意知{an}是等差数列，a1＝1，S5＝15， 设等差数列{an}的公差为d，则S5＝5×1＋×d＝15，得d＝1，故an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)由(1)可得bn＝＝＝－， 故Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 17．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n. (1)求{an}的通项an； (2)若bn＝2n－1，求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 解：(1)∵Sn＝n2＋n，∴当n＝1时，a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，经验证，a1＝2满足an＝2n， ∴an＝2n(n∈N＋). (2)∵bn＝2n－1，∴b1＝1，＝＝2， ∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴Tn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(n2＋n)＋＝n2＋n＋2n－1. 综上，an＝2n(n∈N＋)，Tn＝n2＋n＋2n－1(n∈N＋). 18．(17分)某市2024年新建住房面积为500万m2，其中安置房面积为200万m2.计划以后每年新建住房面积比上一年增长10%，且安置房面积比上一年增加50万m2.记2024年为第1年． (1)该市几年内所建安置房面积之和首次不低于3 000万m2? (2)是否存在连续两年，每年所建安置房面积占当年新建住房面积的比保持不变？若存在，请求出哪两年；若不存在，请说明理由． 解：(1)设n(n∈N＋)年内所建安置房面积之和首次不低于3 000万m2，依题意，每年新建安置房面积是以200为首项，50为公差的等差数列，则n年内所建安置房面积之和为[200n＋×50]m2，则200n＋×50≥3 000，整理得n2＋7n－120≥0，解得n≥8或n≤－15(舍去). 故8年内所建安置房面积之和首次不低于3 000万m2. (2)依题意，每年新建住房面积是以500为首项，1.1为公比的等比数列， 设第m年所建安置房面积占当年新建住房面积的比为p(m)， 则p(m)＝＝， 由p(m)＝p(m＋1)，得＝，解得m＝7. 故第7年和第8年所建安置房面积占当年新建住房面积的比保持不变． 19．(17分)已知在数列{an}中，a1＝2，且满足an＝·an－1＋n(n∈N＋，n≥2). (1)求a2，a3的值； (2)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式； (3)若an<λ·2n恒成立，求实数λ的取值范围． (1)解：由题意得，a2＝×2＋2＝6，a3＝×6＋3＝12. (2)证明：∵－＝－＝＋1－＝1为常数， ∴数列是首项为2，公差为1的等差数列， ∴＝n＋1， ∴an＝n2＋n. (3)解：∵n2＋n<λ·2n，∴<λ， 令f(n)＝，则f(n)max<λ， ∵f(n)－f(n－1)＝－＝， 当n≤3时，f(n)≥f(n－1)，f(n)递增， 当n>3时，f(n)<f(n－1)，f(n)递减， ∴当n＝2或n＝3时，f(n)有最大值， ∴λ>. 学科网（北京）股份有限公司 $$