第四章 数列 单元质量测评-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评word（人教A版）

数学　选择性必修·第二册[人教A版]作业与测评 第四章　单元质量测评 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．数列3，5，9，17，33，…的通项公式为(　　) A．an＝2n B．an＝2n＋1 C．an＝2n－1 D．an＝2n＋1 答案：B 解析：由于3＝2＋1，5＝22＋1，9＝23＋1，…，所以通项公式是an＝2n＋1.(或特值法，当n＝1时只有B项符合．) 2．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d＝(　　) A．2 B．3 C．6 D．7 答案：B 解析：∵S4－S2＝a3＋a4＝20－4＝16，∴a3＋a4－S2＝(a3－a1)＋(a4－a2)＝4d＝16－4＝12，∴d＝3. 3．等比数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1，在每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的(　　) A．第5项 B．第12项 C．第13项 D．第6项 答案：C 解析：162是数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋(5－1)×2＝13项． 4．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N*)”，在验证n＝1成立时，左边计算所得的结果是(　　) A．1 B．1＋a C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3 答案：C 解析：观察等式左边，当n＝1时，最末项为a2，故1＋a＋a2是正确的． 5．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10＝(　　) A．18 B．24 C．60 D．90 答案：C 解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a4是a3与a7的等比中项，∴a＝a3a7，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，∵d≠0，∴2a1＋3d＝0　①.又S8＝8a1＋d＝32，则2a1＋7d＝8　②.由①②，得d＝2，a1＝－3，∴S10＝10a1＋d＝60.故选C. 6．某人从2025年起每年5月10日到银行存入a元定期储蓄，若年利率为p，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期，到2033年5月10日将所有存款和利息全部取回，则可取回的钱数(元)为(　　) A．a(1＋p)9 B．a(1＋p)8 C.[(1＋p)9－(1＋p)] D.[(1＋p)8－(1＋p)] 答案：C 解析：设所有存款和利息的总和为S元，由题意知第一年存入的a元到2033年本息和为a(1＋p)8元，以此类推，2032年存入的a元到2033年本息和为a(1＋p)元，所以S＝a(1＋p)8＋a(1＋p)7＋a(1＋p)6＋…＋a(1＋p)＝a[(1＋p)8＋(1＋p)7＋(1＋p)6＋…＋(1＋p)]＝a·＝[(1＋p)9－(1＋p)]．故选C. 7．已知{an}是等差数列，a3＝5，a9＝17，数列{bn}的前n项和Sn＝3n，若am＝b1＋b4，则正整数m等于(　　) A．29 B．28 C．27 D．26 答案：A 解析：设等差数列{an}的公差为d.因为{an}是等差数列，a9＝17，a3＝5，所以6d＝17－5，得d＝2，an＝a3＋(n－3)×d＝5＋2(n－3)＝2n－1.因为Sn＝3n，所以当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，Sn－1＝3n－1，bn＝3n－3n－1＝2×3n－1，由am＝b1＋b4，得2m－1＝3＋54，解得m＝29.故选A. 8．已知函数f(x)＝把方程f(x)＝x的根按从小到大的顺序排列成一个数列{an}，则该数列的通项公式为(　　) A．an＝(n∈N*) B．an＝n(n－1)(n∈N*) C．an＝n－1(n∈N*) D．an＝n－2(n∈N*) 答案：C 解析：令2x－1＝x(x≤0)，易得x＝0.当0<x≤1时，由已知得f(x－1)＋1＝x，即2x－1－1＋1＝2x－1＝x，则x＝1.当1<x≤2时，由已知得f(x)＝x，即f(x－1)＋1＝x，即f(x－2)＋1＋1＝x，故2x－2＋1＝x，则x＝2.因此a1＝0，a2＝1，a3＝2，结合各选项可知，该数列的通项公式为an＝n－1(n∈N*)．故选C. 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．等差数列{an}中，S6<S7，S7>S8，则下列结论中正确的是(　　) A．公差d<0 B．S9<S6 C．a7是各项中最大的项 D．S7是Sn的最大值 答案：ABD 解析：由S6<S7，S7>S8，得a7>0，a8<0，d<0，各项中最大的项是a1，A正确，C错误；S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，故S9<S6，B正确；S7是Sn的最大值，D正确．故选ABD. 10．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　) A.为等比数列 B．{an}的通项公式为an＝ C．{an}为递增数列 D.的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4 答案：ABD 解析：因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＝＋3，可转化为＋3＝2，又＋3＝4≠0，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，故＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以＝2n＋1－3，所以an＝，易知{an}为递减数列，故A，B正确，C错误；的前n项和Tn＝－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确．故选ABD. 11．已知数列{an}满足a1＝，an＝a＋an－1(n≥2，n∈N*)．记数列{a}的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，则下列结论正确的是(　　) A．An＝an＋1－ B．Bn＝－ C.＝an D.< 答案：ABD 解析：由an＝a＋an－1，得a＝an－an－1≥0，所以an≥an－1≥，An＝a＋a＋…＋a＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－a1＝an＋1－，故A正确；由an＝a＋an－1＝an－1(an－1＋1)，得＝＝－，即＝－，所以Bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝－，故B正确；易知An≠0，Bn≠0，所以＝＝an＋1，故C不正确；易知an＝a＋an－1＜2a，所以an＋1＜2a＜23a＜…＜22n－1·a＝22n－1×2n＝×32n，所以＝an＋1＜××32n＝，故D正确．故选ABD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知数列{an}满足an＋1an＝an－1，a1＝2，则a2025＝________． 答案：－1 解析：解法一：由an＋1an＝an－1，得a2a1＝a1－1，又a1＝2，所以a2＝，由a3a2＝a2－1，得a3＝－1，由a4a3＝a3－1，得a4＝2，所以数列{an}的周期为3，所以a2025＝a3×674＋3＝a3＝－1. 解法二：由已知得，an＋1＝＝1－，所以an＋2＝1－＝1－＝－，an＋3＝1－＝1－＝an，所以数列{an}的周期为3，由a2a1＝a1－1，a1＝2，得a2＝，由a3a2＝a2－1，得a3＝－1，所以a2025＝a3×674＋3＝a3＝－1. 13．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来的(n＝1，2，3，…)，则第n－2(n≥3)个图形中共有________个顶点． 答案：n2＋n 解析：观察5个图形可知，第n个图形是由正n＋2边形的每条边都向外“扩展”一个新的正n＋2边形而得到的，故第n个图形的顶点个数为(n＋2)＋(n＋2)2＝(n＋2)(n＋3)．从而第n－2(n≥3)个图形中的顶点个数为n(n＋1)＝n2＋n. 14．已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，Tn为数列{Sn}的前n项积，满足Sn＋Tn＝Sn·Tn(n∈N*)，给出下列四个结论：①a1＝2；②an＝；③{Tn}为等差数列；④Sn＝. 其中所有正确结论的序号是________． 答案：①③④ 解析：因为Sn＋Tn＝Sn·Tn(n∈N*)，所以当n＝1时，S1＋T1＝S1·T1⇒2a1＝a，解得a1＝2或a1＝0，又Sn≠0，所以a1≠0，故a1＝2，故①正确；因为Sn＋Tn＝Sn·Tn，可得Sn≠1，所以Tn＝，当n≥2时，Tn－1＝，所以＝×⇒Sn＝×⇒＝⇒＝⇒－＝1，故是以＝1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，则Sn＝，故④正确；Tn＝＝＝n＋1，则Tn－Tn－1＝(n＋1)－n＝1，n≥2，所以{Tn}为等差数列，故③正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－，又a1＝2不符合上式，所以an＝故②不正确． 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．(本小题满分13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，若an＋Sn＝n，cn＝an－1. (1)求证：数列{cn}是等比数列； (2)求数列{bn}的通项公式． 解：(1)证明：∵a1＝S1，an＋Sn＝n，　① ∴a1＋S1＝1，得a1＝. 又an＋1＋Sn＋1＝n＋1，　② 由①②两式相减，得2(an＋1－1)＝an－1， 又a1－1＝－≠0， ∴＝，即＝， 故数列{cn}是以－为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)得cn＝－， ∴an＝cn＋1＝1－，an－1＝1－. 故当n≥2时，bn＝an－an－1＝－＝. 又b1＝a1＝也适合上式，∴bn＝. 16．(本小题满分15分)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2. 解：(1)设数列{an}的公差为d， 由题意有解得 所以{an}的通项公式为an＝. (2)由(1)知，bn＝. 当n＝1，2，3时，1≤<2，bn＝1； 当n＝4，5时，2<<3，bn＝2； 当n＝6，7，8时，3≤<4，bn＝3； 当n＝9，10时，4<<5，bn＝4. 所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 17．(本小题满分15分)某地区火山喷发，弥漫在该地区上空多日的火山灰严重影响该地区的机场正常运营．由于风向，火山灰主要飘落在该火山口的东北方向与东南方向之间的地区．假设火山喷发停止后，需要了解火山灰的飘散程度，为了测量的需要，现将距离火山喷口中心50米内的扇形面记为第1区，50米至100米的扇环面记为第2区，…，50(n－1)米至50n米的扇环面记为第n区．若测得第1区的火山灰每平方米的平均质量为1吨，第2区每平方米的平均质量较第1区减少了2%，第3区较第2区又减少了2%，依此类推，问： (1)离火山口1225米处的火山灰每平方米的平均质量大约为多少千克？(结果精确到1千克) (2)第几区的火山灰总质量最大？ 提示：当n较大时，可用(1－x)n≈1－nx进行近似计算． 解：(1)设第n区的火山灰每平方米的平均质量为an千克， 依题意，数列{an}为等比数列，且a1＝1000(千克)， 公比q＝1－2%＝0.98， ∴an＝a1qn－1＝1000×0.98n－1. ∵离火山口1225米处的位置在第25区， ∴a25＝1000×(1－0.02)24≈1000×(1－24×0.02)＝520， 即离火山口1225米处的火山灰每平方米的平均质量大约为520千克． (2)设第n区的火山灰总质量为bn千克，且该区的火山灰总质量最大． 依题意，第n区的面积为π{(50n)2－[50(n－1)]2}＝625π(2n－1)， ∴bn＝625π(2n－1)×an＝625000π(2n－1)×0.98n－1. 依题意得 解得49.5≤n≤50.5. ∵n∈N*， ∴n＝50，即第50区的火山灰总质量最大． 18．(本小题满分17分)设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，数列{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2， ∵当n＝1时，a1＝2也适合上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝4n－2. 设{bn}的公比为q，则b1q×(6－2)＝b1， ∴q＝.故bn＝b1qn－1＝2×， 即数列{bn}的通项公式为bn＝. (2)∵cn＝＝＝(2n－1)×4n－1， ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×41＋5×42＋…＋(2n－1)×4n－1， 4Tn＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)×4n－1＋(2n－1)×4n. 两式相减，得3Tn＝－1－2(41＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)×4n＝－1－2×＋(2n－1)×4n＝[(6n－5)×4n＋5]， ∴Tn＝[(6n－5)×4n＋5]． 19．(本小题满分17分)已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1，2，3，…. (1)证明：数列{lg (1＋an)}是等比数列； (2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn； (3)记bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Sn，并证明Sn<1. 解：(1)证明：由题意得an＋1＝a＋2an， ∴an＋1＋1＝(an＋1)2， ∴lg (1＋an＋1)＝2lg (1＋an)， 又lg (1＋a1)＝lg 3≠0， ∴数列{lg (1＋an)}是首项为lg 3，公比为2的等比数列． (2)由(1)知lg (1＋an)＝2n－1·lg 3＝lg 32n－1， ∴1＋an＝32n－1， ∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320×321×322×…×32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n-1＝32n－1. (3)∵an＋1＝a＋2an， ∴an＋1＝an(an＋2)． ∴＝， ∴＝－， ∴bn＝＋＝＋－＝2. ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＝2. ∵an＝32n－1－1， ∴an＋1＝32n－1， 又a1＝2， ∴Sn＝1－. ∵32n－1≥32－1＝8>2， ∴0<<1. ∴Sn<1. 4 学科网（北京）股份有限公司 $