安徽省临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题

高二数学 (120分钟　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.在等差数列{an}中,a9-a3=6,则a10-a6= A.2 B.4 C.8 D.12 2.已知在等比数列{an}中,a2a8=10,a3=2,则a7= A.5 B.10 C.8 D.2 3.在数列{an}中,a2=-3,an+1=,则a11+a12= A.-1 B.- C.- D.- 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=2,S20-S15=8,则S10= A.3 B.4 C.5 D.6 5.对于给定数列{cn},如果存在实常数p,q,使得cn+1=pcn+q对于任意n∈N*都成立,我们称数列{cn}是“M类数列”.已知“M类数列”{an}中,a1=1,a2=3,且p=2,q=k,则a5= A.7 B.15 C.31 D.63 6.在数列{an}中,a1=-log233,数列{an}的递推公式为an=an-1+log2(n≥2,n∈N*),则a32= A.3 B.4 C.5 D.6 7.[x]表示不超过x的最大整数,如[-3.6]=-4,[2]=2,[4.3]=4,若{an}的通项公式为an=2n-15,则数列的前10项和为 A.-16 B.-15 C.-12 D.-10 8.已知数列{an}满足an+1=+1,则a1+a2024的最大值为 A.2+ B.2(+1) C.2- D.2(-1) 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,选对但不全的得部分分,有选错的得0分. 9.数列-,,-,,…的通项公式可以为 A.an= B.an= C.an= D.an= 10.已知数列{an}的通项公式为an=n,则下列结论正确的是 A.数列{(-1)nan}的前101项的和为-51 B.数列{(-1)n}的前100项的和为5050 C.在a1与a2之间插入三个数a,b,c使a1,a,b,c,a2成等比数列,则b=± D.当n≥2时,的最大值为3 11.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面相邻两个数的和,人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.若记此数列为{an},有a1=a2=1,an+2=an+an+1,前n项和为Sn,则下列对“斐波那契数列”的描述正确的是 A.1+S2022=a2024 B.该数列的前2024项中能被3整除的有507项 C.a2024是偶数 D.++…+=a2024a2025 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.在等差数列{an}中,a3=-5,a6=4,则d=　　　　,a1=　　　　.  13.已知数列{an}满足a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1是首项为2,公比为3的等比数列,则an=　　　　.  14.设正项数列{an}的前n项和为Sn,2Sn--an=0,则=　　　　.  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)已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知数列的前n项和为Tn,若Tn=,求n. 16.(15分)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 17.(15分)已知等差数列{an}满足　　　　.  从①a1=1,2nan+1=(2n-1)an+6n-1,②a2=3,a8=3a3中任选一个填在题中的横线上,并解答下列问题. (1)求{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足bn=3n·an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn. 注:如果选择两个条件分别解答,那么按第一个解答计分. 18.(17分)已知在数列{an}中,a1=0,a3=2,an+an+1+an+2=3n. (1)求数列{an}的通项公式. (2)记bn=,在数列{bn}中,是否存在三项能构成等差数列?若存在,求出该三项;若不存在,请说明理由. 19.(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+1. (1)求数列{an}的通项公式. (2)设bn=. ①求数列{bn}的通项式; ②求数列{bn}的最大项. 参考答案 1.B　设数列{an}的公差为d,则a9-a3=6d=6,所以d=1,所以a10-a6=4d=4. 2.A　因为a2a8=a3a7,a2a8=10,a3=2,所以a7=5. 3.C　令n=1,可得a1=2,由an+1=,得a3=-,a4=,a5=2,…,所以数列{an}是周期为4的周期数列,所以a11=a3=-,a12=a4=,所以a11+a12=-. 4.D　因为S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等差数列,设其公差为d,则8=2+(4-1)×d,所以d=2,所以S10-S5=S5+d=4,所以S10=6. 5.C　由题意知an+1=2an+k,令n=1,则a2=2a1+k,即3=2+k,所以k=1,所以an+1=2an+1,故an+1+1=2(an+1).又a1+1=2,所以数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以a5+1=2×24=32,所以a5=31. 6.B　由an=an-1+log2,得an-an-1=log2(n+1)-log2(n-1), ∴a2-a1=log23-log21,a3-a2=log24-log22,a4-a3=log25-log23,…, an-1-an-2=log2n-log2(n-2),an-an-1=log2(n+1)-log2(n-1). 累加上式可得an-a1=-log22+log2n+log2(n+1), ∴an=log2n+log2(n+1)-log233-1,∴a32=log232+log233-log233-1=4. 7.C　+++…+=-3×2-2×2-1×3+0×2+1=-12. 8.A　因为an+1=+1,所以(an+1-1)2+(an-1)2=1.令bn=(an-1)2,得bn+1+bn=1,所以bn+2+bn+1=1,所以bn+2=bn.因为b1=(a1-1)2,b2024=b2=(a2-1)2,所以b1+b2024=1,即(a1-1)2+(a2024-1)2=1.因为≤,所以≤,所以a1+a2024≤2+. 9.ACD　由于该数列的奇数项为负,偶数项为正,故排除B选项,又分母分别为12+1,22+1,32+1,42+1,…,故该数列的分母为n2+1.故选ACD. 10.ABD　设数列{(-1)nan}的前n项和为Sn,则S101=(-a1+a2)+(-a3+a4)+…+(-a99+a100)-a101=50-101=-51,故选项A正确; 设数列{(-1)n}的前n项和为Tn,则T100=(-+)+(-+)+…+(-+)=(-a1+a2)(a1+a2)+(-a3+a4)(a3+a4)+…+(-a99+a100)(a99+a100)=a1+a2+a3+a4+…+a99+a100==5050,故选项B正确;由等比数列的性质可得b2=a1a2=2,又因为b与a1,a2同号,所以b=,故选项C错误;==1+,当n≥2时,1+单调递减,故当n=2时,取最大值,最大值为3,故选项D正确.故选ABD. 11.AD　由a1=a2=1,an+2=an+1+an,可得a3-a2=a1,a4-a3=a2,…,a2024-a2023=a2022,累加上式得a1+a2+…+a2022=a2024-a2=a2024-1,所以1+S2022=a2024,故选项A正确;根据斐波那契数列的定义,数列各项除以3所得余数依次为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,…,余数数列是周期数列,周期为8,且每个周期中能被3整除的项有2项,2024=253×8,所以在数列的前2024项中,能被3整除的有253×2=506项,故选项B不正确; 由该数列的性质可得,只有3的倍数项是偶数,故a2024不是偶数,故选项C不正确; 由=a2a1,=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…, =a2024(a2025-a2023)=a2024a2025-a2023a2024, 累加上式得++…+=a2024a2025,故选项D正确.故选AD. 12.3　-11　设公差为d,则d===3.又a3=a1+2d=-5,所以a1=-11. 13.3n-1　an=a1+a2-a1+a3-a2+…+an-an-1==3n-1. 14.　当n=1时,由2Sn=+an,得a1(a1-1)=0. 因为{an}为正项数列,所以a1>0,所以a1=1. 当n≥1时,2Sn=+an,　① 当n≥2时,2Sn-1=+an-1,　② 由①-②,得2Sn-2Sn-1=-+an-an-1, 即2an=-+an-an-1, 所以an+an-1=(an+an-1)(an-an-1). 因为数列{an}的各项均为正项,所以an+an-1>0, 所以当n≥2时,an-an-1=1. 故数列{an}是公差为1的等差数列,数列{an}的通项公式为an=n. 因为===-, 所以=1-+-+…+-=1-=. 15.解:(1)由Sn=an,当n≥2时,得an=Sn-Sn-1=an-an-1, ∴=,∴=,=,…,=,∴=,∵a1=2, ∴an=n(n+1).且当n=1时,a1=2也符合上式,故an=n(n+1). (2)∵==-,∴Tn=++…+=1-+-+-+…+-=1-=.∵Tn=,∴=,即n=53. 16.解:(1)设等差数列的公差为d,由题意可得即解得所以an=13-2(n-1)=15-2n. (2)Sn==14n-n2,令an=15-2n>0,解得n<,且n∈N*. 当n≤7时,an>0,可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=14n-n2; 当n≥8时,an<0,可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a7)-(a8+…+an) =S7-(Sn-S7)=2S7-Sn=2(14×7-72)-(14n-n2)=n2-14n+98. 综上所述,Tn= 17.解:(1)若选①,设数列{an}的公差为d,因为2nan+1=(2n-1)an+6n-1,所以2n(1+nd)=(2n-1)[1+(n-1)d]+6n-1,解得d=2,所以an=2n-1. 若选②,设数列{an}的公差为d,因为a2=3,a8=3a3,所以3+6d=3(3+d),解得d=2,所以an=2n-1. (2)由已知得bn=(2n-1)·3n,则Sn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n　①, 3Sn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1　②,由①-②得-2Sn=3+2(32+33+34+…+3n)-(2n-1)3n+1,整理得-2Sn=-6+(2-2n)3n+1,所以Sn=(n-1)3n+1+3. 18.解:(1)令n=1,则a1+a2+a3=3,由a1=0,a3=2,得a2=1. ∵an+an+1+an+2=3n　①,∴an+1+an+2+an+3=3n+3　②,由②-①得an+3-an=3, ∴数列{a3n-2},{a3n-1},{a3n}是首项分别为a1,a2,a3,公差均为3的等差数列. ∴a3n-2=a1+(n-1)×3=3n-3=(3n-2)-1,a3n-1=a2+(n-1)×3=3n-2=(3n-1)-1,a3n=a3+(n-1)×3=3n-1.综上,数列{an}的通项公式为an=n-1. (2)由(1)可知,bn=2n-1,假设数列{bn}中存在三项bm,bk,bp(其中m<k<p)成等差数列,则2bk=bm+bp,即2×2k-1=2m-1+2p-1,两边同时除以2m-1,得2k-m+1=1+2p-m.∵2k-m+1为偶数,1+2p-m为奇数,∴等式2k-m+1=1+2p-m不成立, ∴数列{bn}中不存在三项构成等差数列. 19.解:(1)当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+1-[(n-1)2+1]=2n-1, ∴an= (2)①当n=1时,b1==,当n≥2时,bn=,所以bn= ②设2n-1=t,t=3,5,7,…,∴n=,∴f(t)===.当t≤7时,f(t)单调递增;当t≥9时,f(t)单调递减.又∵b4=,b5==,∴b4>b1,b4>b5,∴数列{bn}的最大项为b4,b4=. ( 第 7 页 共 8 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $