阶段质量检测4(A卷)(Word练习)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

阶段质量检测四(A卷) (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．设数列{an}满足a1＝－1，且an＋1＝(1－an)2，则a3＝ (　　) A．1 B．2 C．4 D．9 D　解析：因为a2＝[1－(－1)]2＝22＝4，所以a3＝(1－4)2＝(－3)2＝9.故选D. 2．已知数列{an}为等差数列，且a1＝1，a5＝9，则数列{an}的前5项和是 (　　) A．15 B．20 C．25 D．35 C　解析：数列{an}的前5项和为S5＝＝＝25.故选C. 3．在等比数列{an}中，an>0，且a1a10＝27，则log3a2＋log3a9等于 (　　) A．9 B．6 C．3 D．2 C　解析：因为a2a9＝a1a10＝27，所以log3a2＋log3a9＝log327＝3. 4．已知数列{an}满足：a1＝a9＝40，且数列{an}为等差数列，则a100＝ (　　) A．10 B．40 C．100 D．103 D　解析：设数列{an}的公差为d，则d＝＝＝10，故10a100＝a1＋99d＝1 030，所以a100＝103. 5．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱？”则第1人比第3人多得钱数为 (　　) A．钱 B．钱 C．钱 D．钱 B　解析：设从前到后的5个人所得钱数构成首项为a1，公差为d的等差数列{an}， 则有a1＋a2＝a3＋a4＋a5，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5， 故解得则a1－a3＝－2d＝，故选B. 6．已知数列{an}满足an＋1＝an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前10项和为 (　　) A． B． C． D． A　解析：因为an＋1＝an，a1＝1，所以(n＋1)an＋1＝nan，所以数列{nan}是每项均为1的常数列，所以nan＝1.所以an＝，anan＋1＝＝－，所以数列{anan＋1}的前10项和为(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝. 7．(2025·朝阳区质检)已知等比数列{an}各项都为正数，前n项和为Sn，则“{an}是递增数列”是“∀n∈N*，S2n<3Sn”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 D　解析：等比数列{an}各项都为正数，设公比为q，则q＝>0. ①当a1＝1，q＝2时，{an}是递增数列， S2n＝＝22n－1，3Sn＝＝3(2n－1). S2n－3Sn＝(2n)2－3·2n＋2＝(2n－1)(2n－2)≥0，则S2n≥3Sn， 不满足∀n∈N*，S2n<3Sn. 所以{an}是递增数列⇒/∀n∈N*，S2n<3Sn. ②当a1＝q＝1时，则S2n＝2n<3Sn＝3n， 此时满足S2n<3Sn，{an}为常数列，不是递增数列． 所以∀n∈N*，S2n<3Sn⇒/ {an}是递增数列． 故“{an}是递增数列”是“∀n∈N*，S2n<3Sn”的既不充分也不必要条件． 8．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝ (　　) A．－1 B．－ C．0 D． B　解析：依题意，在等差数列{an}中，an＝a1＋(n－1)·＝n＋(a1－)， 显然函数y＝cos [n＋(a1－)]的周期为3，而n∈N*，即cos an最多有3个不同取值． 又{cos an|n∈N*}＝{a，b}， 则在cos a1，cos a2，cos a3中，cos a1＝cos a2≠cos a3或cos a1≠cos a2＝cos a3， 于是有cos θ＝cos (θ＋)，即有θ＋(θ＋)＝2kπ，k∈Z，解得θ＝kπ－，k∈Z， 所以ab＝cos (kπ－)cos [(kπ－)＋]＝－cos (kπ－)cos kπ＝－cos2kπcos＝－. 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分) 9．若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0.下面选项中关于数列{an}的命题正确的是 (　　) A．数列{an}可以是等差数列 B．数列{an}可以是等比数列 C．数列{an}可以既是等差又是等比数列 D．数列{an}可以既不是等差又不是等比数列 ABD　解析：因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，即an－an－1＝2或an＝2an－1.①当an≠0，an－1≠0时，数列{an}是等差数列或是等比数列．②当an＝0或an－1＝0时，数列{an}可以既不是等差又不是等比数列． 10．(2025·南通高二期中)已知数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn，则 (　　) A．数列{an}是等比数列 B．{Sn}是等比数列 C．a5＝81 D．数列{log3Sn}的前n项和为 BD　解析：因为a1＝1，an＋1＝2Sn①， 所以a2＝2S1＝2a1＝2，当n≥2时，an＝2Sn－1②， 由①－②得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，又a2＝2a1，所以数列{an}是从第二项开始，以3为公比的等比数列，故A错误； 对于C，当n≥2时，an＝2·3n-2，所以a5＝2×33＝54，故C错误； 对于B，当n≥2时，Sn＝1＋＝3n-1，当n＝1时，Sn＝a1＝1，符合上式，所以Sn＝3n-1，则＝3，所以数列{Sn}是等比数列，故B正确； 对于D，由B选项知log3Sn＝n－1， 所以数列{log3Sn}的前n项和为，故D正确． 11．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N*，则 (　　) A．a4＝4 B．数列{a2n}是等比数列 C.a2n－a2n－1＝2n-1 D．a2n－1＋ a2n＝2n+1 ABC　解析：∵a1＝1，an·an＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4且an＋1·an＋2＝2n+1，∴＝2，{a2n}，{a2n－1}分别是以2，1为首项，公比为2的等比数列，∴a2n＝2·2n-1＝2n，a2n－1＝1·2n-1＝2n-1，即a2n－a2n－1＝2n-1，a2n－1＋ a2n＝3·2n-1.综上，ABC正确，D错误．故选ABC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．在数列{an}中，a1＝1，an＋1－3＝an，若an＝2 026，则n＝________． 答案：676　解析：由an＋1－3＝an可得an＋1－an＝3， 所以{an}是以1为首项，3为公差的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×3＝3n－2，令an＝2 026＝3n－2，解得n＝676. 13．已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且a1a2 024＝1，若f(x)＝，则f()＋f(x)＝________，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)＝________． 答案：4　4 048　解析：由等比数列性质可得a1a2 024＝a2a2 023＝a3a2 022＝…＝a1 012a1 013＝1， 又因为函数f(x)＝，所以f()＝＝， 即f()＋f(x)＝＋＝4，所以f(a1)＋f(a2 024)＝4. 令T＝f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 024)， 则T＝f(a2 024)＋f(a2 023)＋f(a2 022)＋…＋f(a1)， 所以2T＝[f(a2 024)＋f(a1)]＋[f(a2 023)＋f(a2)]＋…＋[f(a1)＋f(a2 024)]＝4×2 024， 即T＝f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 024)＝4 048. 14．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________． 答案：2 600　解析：由a1＝1，a2＝2且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)知，当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2.所以前100项中，奇数项为常数1，偶数项构成以a2＝2为首项，2为公差的等差数列．所以S100＝50×2＋×2＋50×1＝2 600. 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)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值． 解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16. 16．(15分)数列{an}满足a1＝1，4anan＋1＋1＝3an＋an＋1. (1)求a2，a3的值； (2)求证：是等差数列，并求数列{an}的通项公式． (1)解：由a1＝1，4anan＋1＋1＝3an＋an＋1，得4a2＋1＝3＋a2，∴a2＝，4a2a3＋1＝3a2＋a3， 解得a3＝. (2)证明：由已知得，an＋1＝， ∵－＝－ ＝－ ＝－＝2， 又＝＝1， ∴是以1为首项、2为公差的等差数列， ∴＝2n－1，解得an＝. 17．(15分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝·3n＋b (b为常数). (1)求b的值和数列{an}的通项公式； (2)记cm为{an}在区间[－3m, 3m](m∈N*)中的项的个数，求数列{amcm}的前n项和Tn. 解：(1)由题设Sn＝·3n＋b，显然等比数列{an}的公比不为1. 设{an}的首项、公比分别为a1，q， 则Sn＝＝－＝·3n＋b， ∴b＝＝－且q＝3，解得a1＝3， 故数列{an}的通项公式为an＝3n，n∈N*. (2)数列{an}在[－3m, 3m](m∈N*)中的项的个数为m，则cm＝m， 则Tn＝1×31＋2×32＋…＋n·3n， 3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n·3n+1. 两式相减得－2Tn＝31＋32＋…＋3n－n·3n+1＝·3n+1－. ∴Tn＝·3n+1＋. 18．(17分)(2025·青岛高二检测)已知在数列{an}中，a1＝9，且满足an＝a＋2an－1. (1)求证：数列{lg (an＋1)}是等比数列，并求出{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋1，求数列{bn}的前n项积Tn； (3)设cn＝＋，求数列{cn}的前n项和Sn. (1)证明：当n≥2时，＝＝＝2， 又lg (a1＋1)＝lg 10＝1， 所以数列{lg (an＋1)}是以1为首项，2为公比的等比数列， (3)解：因为an＝a＋2an－1，所以an＋1＝an(an＋2)，所以＝＝(－)， 所以＝－，所以＝－， 所以cn＝＋＝＋－＝2(－)， 所以Sn＝2[(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(－)＝－. 19．(17分)(2023·新课标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，舍去； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝，符合题意． 综上，d＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$