阶段质量检测4(B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(B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}的前n项和Sn＝n2＋1，则a6的值为 (　　) A．8 B．9 C．10 D．11 D　解析：S6＝62＋1＝37，S5＝52＋1＝26，故a6＝S6－S5＝37－26＝11.故选D. 2．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若a2＋a5＋a8＝3，则S9＝ (　　) A．3 B．6 C．9 D．27 C　解析：在等差数列{an}中，3a5＝a2＋a5＋a8＝3，解得a5＝1， 所以S9＝＝9a5＝9. 3．已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝ (　　) A．5 B．7 C．6 D．4 A　解析：由等比数列的性质知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，故(a4a5a6)2＝a1a2a3·a7a8a9，解得a4a5a6＝5.故选A. 4．(2024·东莞高二期末)已知数列{an}为等比数列，且a1＝1，a9＝16，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝a5，则S9＝ (　　) A．－18 B．－36 C．36 D．18 C　解析：在等比数列{an}中a1＝1，a9＝16，则q8＝＝16， 所以q4＝4，所以a5＝a1q4＝4，所以b5＝a5＝4，则S9＝＝＝36. 5．(2024·孝感高二期中)在数列{an}中，a1＝－2，anan＋1＝an－1，则数列{an}的前2 024项的积为 (　　) A．－1 B．－2 C．－3 D． C　解析：因为anan＋1＝an－1，所以an＋1＝1－， a1＝－2，a2＝，a3＝，a4＝－2，所以数列{an}的周期为3，且a1a2a3＝－1. 设数列{an}的前n项的积为Tn，T2 024＝a1a2a3·…·a2 024＝(－1)674a1a2＝－3.故选C. 6．已知数列{an}的通项公式为an＝log(n＋1)(n＋2)，则它的前30项之积是 (　　) A． B．5 C．6 D． B　解析：a1·a2·a3·…·a30＝log23·log34·log45·…·log3132＝··…·＝log232＝5，所以所求前30项之积是5.故选B. 7．(2025·苏州高二阶段练习)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且Sn＝2n+1＋a，则a1a2－a2a3＋a3a4－…＋a9a10＝ (　　) A． B． C． D． A　解析：由题意得an＝Sn－Sn－1＝2n+1＋a－2n－a＝2n(n≥2). 因为{an}为等比数列，a1＝4＋a，a2＝4，所以＝＝2，可得a＝－2，a1＝2， 易知a1a2，－a2a3，a3a4，…，－a8a9，a9a10构成首项为8，公比为－4的等比数列， 所以a1a2－a2a3＋a3a4－…－a8a9＋a9a10＝＝.故选A. 8．专家表示，海水倒灌原因是在太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高．某地发生海水倒灌，未来24 h需要排水减少损失，因此需要紧急抽调抽水机．经测算，需要调用20台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24 h．而目前只有一台抽水机可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调．若抽调的抽水机每隔20 min才有一台到达施工现场投入工作，要在24 h内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机 (　　) A．25台 B．24台 C．23台 D．22台 B　解析：设至少需要n台抽水机，记一台抽水机20 min完成的任务为单位1，这n台抽水机完成的任务依次为a1，a2，…，an，1≤n≤72(24×3＝72). 依题意a1＝24×＝72，a2＝71，{an}是公差为－1的等差数列， Sn＝na1＋d＝72n－， 要完成所有任务，则Sn＝72n－≥20×24×3，n2－145n＋2 880≤0. 记f(n)＝n2－145n＋2 880，f(n)在[1，72]上是减函数， f(23)＝74>0，f(24)＝－24<0， 所以24≤n≤72时，f(n)<0，所以至少需要24台抽水机，故选B. 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．已知数列{an}满足a1＝1，an＋an－1＝n2(n≥2，n∈N*)，Sn为其前n项和，则 (　　) A．a4－a2＝7 B．a10＝55 C．S5＝35 D．a8＋a4＝28 ABC　解析：由题意知a1＝1，a2＋a1＝22，a3＋a2＝32，a4＋a3＝42，a5＋a4＝52，a6＋a5＝62，…，a10＋a9＝102，所以a4－a2＝42－32＝7，a6－a4＝62－52＝11， a8－a6＝82－72＝15，a10－a8＝102－92＝19， 累加得a10－a2＝7＋11＋15＋19＝52， 所以a10＝a2＋52＝22－a1＋52＝3＋52＝55，S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋32＋52＝35. 因为a4－a2＝7，a8－a2＝7＋11＋15＝33， 所以a8＋a4＝7＋33＋2a2＝46.故选ABC. 10．(2025·百色高二统考期末)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是 (　　) A．q＝2 B．数列{Sn＋2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{lg an}是公差为2的等差数列 ABC　解析：∵a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，∴a1(1＋q3)＝18，a1(q＋q2)＝12，又公比q为整数， 解得a1＝q＝2，∴an＝2n，Sn＝＝2n+1－2. ∴Sn＋2＝2n+1，∴数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列． S8＝29－2＝510. ∵lg an＝n lg 2，∴数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列．综上可得，只有ABC正确． 11．(2024·亳州高二期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn＝2Sn－1＋n－1(n≥2)，则下列结论中正确的是 (　　) A．an>Sn－1(n≥2) B．{an＋1}是等比数列 C．Sn<2an D．{}是递增数列 ACD　解析：对于A，由Sn＝2Sn－1＋n－1(n≥2)得，an＝Sn－1＋n－1，所以an>Sn－1(n≥2)，A正确． 对于B，将an＝Sn－1＋n－1与an＋1＝Sn＋n相减得，an＋1＝2an＋1， 所以an＋1＋1＝2(an＋1)，n≥2， 又a1＋a2＝2a1＋1，即a2＝3，所以an＋1＝ 因此{an＋1}不是等比数列，B错误． 对于C，因为an＝ 所以当n≥2时，Sn＝2＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝2n+1－n－1. 当n＝1时，S1＝2<2a1. 当n≥2时，Sn－2an＝2n+1－n－1－2n+1＋2＝1－n<0，因此Sn<2an，C正确． 对于D，因为Sn＝2n+1－n－1，所以＝2－， 所以－＝－＋＝>0，因此{}是递增数列，D正确．故选ACD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________． 答案：100　解析：∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13， ∴公差d＝＝＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1， ∴S10＝10a1＋d＝100. 13．(2024·北京大兴高二期中)对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”．若a1＝2，数列{an}的“差数列”是首项为2，公比为2的等比数列，则a3＝________；数列{an}的前n项和Sn＝________． 答案：8　2n+1－2　解析：由题意an＋1－an＝2n，则a2＝a1＋2＝4，a3＝a2＋4＝8， 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n-1＋2n-2＋…＋2＋2＝＋2＝2n， 当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n，所以Sn＝＝2n+1－2. 14．(2025·苏州五中高二月考)设数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n(n∈N*)，则数列{}的前n项和为________． 答案：2n(2n－3)＋3　解析：因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n(n∈N*)①， 所以当n＝1时，a1＝2， 当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝2n－2②， ①－②可得(2n－1)an＝2，即an＝. 当n＝1时，a1＝2，对上式也成立，所以an＝(n∈N*)， 所以＝2n-1(2n－1)(n∈N*)，记数列{}的前n项和为Tn， 则Tn＝1＋2×3＋22×5＋23×7＋…＋2n-2×(2n－3)＋2n-1×(2n－1)①， 所以2Tn＝2＋22×3＋23×5＋24×7＋…＋2n-1×(2n－3)＋2n×(2n－1)②， ①－②可得：－Tn＝1＋(2×2＋22×2＋23×2＋…＋2n-2×2＋2n-1×2)－2n×(2n－1)，所以－Tn＝1＋2×－2n×(2n－1)， 所以Tn＝2n(2n－3)＋3(n∈N*). 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)各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 因为a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列， 所以a＝a2·(S4＋1)， 即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)， 解得d＝2(d＝舍去)， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－3. (2)由(1)可知an－an－1＝2(n≥2)， 所以T2n＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＝2n. 16．(15分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 解：(1)由题意，得 b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 易得a2n＋2＝a2n＋1＋1，a2n＋1＝a2n＋2， 所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3，即数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*). (2)由(1)可得a2n＝3n－1， a2n－1＝a2n－2＋2＝bn－1＋2＝3n－2. 所以a19＝3×10－2＝28，a20＝3×10－1＝29. 所以{an}的前20项的和为 (a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20) ＝×10＋×10＝300. 17．(15分)(2024·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和． 解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3， 两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1， 即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为. 因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝()n-1. (2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝(an＋1－1)＝[()n－1]， 设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝×－n＝×()n－n－. 18．(17分)某工厂2023年初有资金1 000万元，资金年平均增长率可达到20%，但每年年底要扣除x(x＜200)万元用于奖励优秀职工，剩余资金投入再生产． (1)以2023年为第一年，设第n年初有资金an万元，用an和x表示an＋1，并证明数列{an－5x}为等比数列； (2)为实现2033年初资金翻两番的目标，求x的最大值(精确到万元).(参考数据：1.29≈5.160，1.210≈6.192，1.211≈7.430) 解：(1)依题意，an＋1＝an·(1＋0.2)－x， 整理得an＋1－5x＝(an－5x)， ＝.又a1－5x＝1 000－5x＞0， ∴数列{an－5x}是以1 000－5x为首项，1.2为公比的等比数列． (2)由(1)知，an－5x＝(1 000－5x)·()n-1， an＝(1 000－5x)·()n-1＋5x. ∵2033年初资金翻两番， ∴a11＝(1 000－5x)·()10＋5x≥4 000， 解得x≤84.4， ∴x的最大值是84. 19．(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝4an－4，数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝an，n∈N*. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝，且数列{cn}的前n项和为Tn，若k>Tn恒成立，求常数k的最小值． 解：(1)由2Sn＝4an－4，得当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝4an－4an－1， ∴＝2， ∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＝2n. 由b1＝a1，bn＋1－bn＝2n，n∈N*，a1＝2，得b2－b1＝2，b3－b2＝22，…，bn－bn－1＝2n-1， 累加得bn－b1＝2＋22＋23＋…＋2n-1＝＝2n－2，∴bn＝2n，n∈N*. (2)由(1)得cn＝ ＝ ＝－， ∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝－<， ∴k≥，即常数k的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$