江苏苏州第一中学校2026-2027学年第一学期十月自主学习能力检测高二数学试卷

江苏省苏州第一中学校2026一2027学年第一学期十月自主学习能力检测 高二年级数学试卷 (考试时间：120分钟总分150) 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.在等比数列{an}中，若a5=4,a7=8,则a6=（）。 A.±4V2 B.4V2 C.±6 D.6 2.等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,设甲：q>0,乙：{Sn}是递增数列，则()。 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 3.在等比数列{an}中，已知3= 3 二.2，贝a1的直为)。 B.一2 1 6 c 或1 2 0.一2 4.Sn=-n2+8n,则数列{an}的前12项和为()。 A.112 B.48 C.80 D.64 5.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,当首项a1和d变化时，a2+a8+a11是定值，则下列各项也为 定值的是()。 A.S7 B.Ss C.S13 D.S15 6.已知等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=6,则 log3a1+log3a2+·+log3a10=()。 A.3 B.5 C.1og315 D.30 7.已知数列{an}各项为正数，{an}的前n项和为Sn,已知数列{an}、{VSn+i}、 〔Sn)都是等差数 n+1 列，则数列{an}的公差为()。 A.1 B.2 C.4 D.8 8.若a1,a2,a3,a4,a5构成等差数列，公差d≠0，a1≠0，且其中有三项构成等比数列，设=k,S= a1十a2十a3+a4+5,则下列说法正确的是()。 A.后+10=k B.a2,a3,a5可能构成等比数列 C.k一定大于0 D.若a1,d∈Z,则1S为5的倍数 1 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9.设数列{an}的前n项和为Snm,已知a1=1,且an+1=2Sn,则下列说法正确的是()。 A.数列{an}是等比数列 B.数列{Sn}是等比数列 C.a5=81 D.数列log3Sn}的前n项和为n(n- 2 10.公差为d的等差数列{an},Sn为其前n项和，下列说法正确的是（）。 A.若Sg<0,S10>0,则a5是数列{an}中绝对值最小的项 R若爱-子测品-月 S2=4 C.若a1=-9,a5=-1,记Tn=a1a2…an(n=1,2,.),则数列{Tm}有最大项，无最小项 D.若a4=a8,d卡0，则S12=0 11.己知数列{an}各项为正数，{an}的前n项和为Sn,满足a1=2,且a品+1-a品-4an=4an+1,在 a,aa1之间插入n个im受连同a的项胸成数列亿，则()。 A.an =4n-2 B.Sn=4n2-2 C.数列{bn}的前200项中{an}的项有18项 D.数列{bn}的前200项和为813 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设等差数列a小{b}的前n项和分别为Sn,工n,若三=7n+51,则 Tnn+3’ 13.己知数列{an}满足a1=1,an+1十an=4n,则a15的值为一一一。 14.定义在R上的函数g(x)满足y=g(x+1)-2是奇函数，则g(x)的对称中心为(1,2)，an ()-()+()-+(+ 2n+1 (n∈N*),则数列{an}的通项公式为 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.(本题满分13分) 设数列{an}的前n项的和为Sn。 (）若a)是等比数列，且Ss=子&=贸求a: 63 (2)若{a,}是公差不为0的等差数列，且a6,a7,g成等比数列，求的值。 010 16.(本题满分15分) 己知数列{an}满足an+1=2am+2m+1,且a1=4. (1)求证：数列{侵}是等差数列. (2)求数列{an}的前n项和Sn。 17.(本题满分15分) 已知数列{an}、{n}满足a1=b1=1,b+1=ambn,记Tn为{bn}的前n项和。 an+2 (1)若{an}为等比数列，其公比q=2,求Tn。 (2)若{为等差数列，其公差d=2,证明：，<号。 3 18.(本题满分17分) 己知数列{an}是公差大于0的等差数列，数列 1 anan+1 的前n项和为。” 3n+1 (1)求数列{an}的通项公式。 (2)设bn n=ak, k∈N*。 2k,ak<n<ak+1, (i)试写出b1,b2,bg的值。 (ii)求数列{bn}的前20项和S20。 19.(本题满分17分) 若数列{an}对于任意的n≥2，n∈N*,满足man+1=san+tan-1(m,s,t为非零常数)，称数列{an} 为“(m,s,t)型数列”。已知数列{an}是“(1,2，-1)型数列”，数列{bn}是“(1,1,2)型数列”，且 a1=b1=1,a2=b2=2。 (1)求数列{an},{bn}的通项公式。 (2)设Sn是数列{an}的前n项的和，求数列{(-1)m(Sn-an)}的前2n项的和T2n。 (3)若cn= ∑aba+1-,是否存在实数ms,t使得数列{c}为“(m,⑧，)型数列”？若存在，求出 i= m,s,t的值；若不存在，说明理由。 4 江苏省苏州第一中学校2026一2027学年第一学期十月自主学习能力检测 高二年级数学试卷 参考答案与详细解析 1.在等比数列{an}中，若a5=4,a7=8,则a6=()。 A.±4v2 B.4V2 C.土6 D.6 【答案】A。 由等比数列的性质，a哈=a5a7=32,故a6=±4V2。公比可正可负，两种符号都能取到。 2.等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,设甲：q>0,乙：{Sm}是递增数列，则(）。 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】B。 若{Sn}递增，则Sn+1-Sn=a+1>0,因而a2,a3>0,得q=3>0,所以乙能推出甲。 a2 反之，取a1=-1,q=2,虽有q>0,但an+1<0,{Sn}递减。故甲是乙的必要条件但不是充分条件。 在等比数列0，}中，已知@g三号，S3=j 2则a的值为(). 1 6 3 1 B.一2 C. D.- 【答案】C。 3 9 设公比为g:则1=豆a11+9+9)=2因a,9均不为零，两式相除，得1+9+分2-3对2，即 (2q+1)(g-1)=0。 3 当g=1时，01三2：当g 一时，α1=6。两种情况均满足原条件。 2 4.Sn=-n2+8n,则数列{an}的前12项和为()。 A.112 B.48 C.80 D.64 【答案】C。 当m≥2时，an=Sn-Sn-1=9-2n:又a1=S1=7也符合此式，所以an=9-2n。 前4项为7,5,3,1，第5至12项为-1，-3，.，-15，故所求为 7+5+3+1+(1+3+·+15)=16+82=80. 5.设等差数列an}的公差为d,前n项和为Sn,当首项a1和d变化时，a2+as十a11是定值，则下列各项也 为定值的是()。 A.S7 B.Ss C.S13 D.S15 【答案】C。 a2+a8+a11=3a1+18d=3(a1+6d)=3a7,故a7为定值，而S13=13a7也是定值。 5 设如，=c,则S。=mc十n,18d.对n=78,15,a的系数都不为，故相应各和不一定为定值。 2 6.已知等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=6,则 l0g3a1+log3a2+·+10g3a10=( )。 A.3 B.5 C.1og315 D.30 【答案】B。 等比数列中，下标和相等的两项之积相等，故a5a6=a4a7=3,且a1a10=a2ag=·=a5a6=3。 因各项均正，利用对数运算法则，所求为 1og3(a1a2·a10）=log3(35)=5. 7.已知数列{an}各项为正数，{an}的前n项和为Sn,已知数列{an}、{vSn+I}、 Sn 都是等差数 n+1 列，则数列{an}的公差为()。 A.1 B.2 C.4 D.8 【答案】D。 设an=a1+(n-1)d。各项为正，故d≥0。由求和公式， 品多+o-国+县兽 n+1 d-a 式为等差数列，故相邻两项的差2-n十0十2 与n无关，只能有a1=d。于是d=a1>0,Sn= 2n(n+1)。 设vSn+I=um+v。因Sn递增，所以u>0。平方并比较关于n的多项式系数，得 - 2w 2=1. 由u2=2uw及u>0得u=2w,故w=1,u=2.d=8。此时0，=8m,VS.+1=2n+1名=4n, 符合全部条件。 8.若a1,a2,a3,a4,a5构成等差数列，公差d≠0，a1≠0，且其中有三项构成等比数列，设巴=k,S= d a1+a2十ag+a4十a5,则下列说法正确的是（)。 A豆+10=5秋 S B.a2,ag,a5可能构成等比数列 C.k一定大于0 D.若a1,d∈Z,则S为5的倍数 【答案】D。 差数列求和公式，S=5a1+10d=5a1+2d,花 =5k+10,A错误。 若a2,a3,a.依次构成等比数列，则(a1+2d)2=(a1+d)(a1+4d),化简得a1d=0,与a1d≠0矛盾，B错 误。 取a1=-4,d=1,五项为-4，-3，-2，-1,0，其中-4，-2，-1构成等比数列，但k=-4<0,C错误。 若a1,d∈Z,则a1+2d∈Z,由S=5a1+2d可知S1是5的倍数，D正确。 6 9.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,且an+1=2Sn,则下列说法正确的是()。 A.数列{an}是等比数列 B.数列{Sn}是等比数列 C.a5=81 D.数列{log3Sn}的前n项和为nn-1】 2 【答案】BD Sn+1=Sn+an+1=3Sn,且S1=1,所以Sn=3m-1,B正确。 当m≥2时，an=2Sn-1=2.3n-2,故a2=2,a3=6,因2=2≠3=3，A错误；a5=54≠81，C错 a1 a2 误。 logs 5=n-1,其前n项和为0+1++(o-1)=m,,D正确。 2 10.公差为d的等差数列{an},Sn为其前n项和，下列说法正确的是(）。 A.若Sg<0,S0>0,则a5是数列{an}中绝对值最小的项 S6 S12 C.若a1=-9,a5=-1,记Tn=a1a2…an(n=1,2,.…),则数列{Tn}有最大项，无最小项 D.若la4=a8,d卡0，则S2=0 【答案】ABC。 对于A.s=9a1+4d=9s<0.50=10a+到=10a+分>0，故d>0.-2<a5<0.于 d、 d 是a,=a,十d>号>os第项之m的项比a,更小且为负，第6项之后的项比，更大且为正。因此a最 小，A正确。 对于B,由3a1+d 1 6a1+15d =4得a1=2且分母非零保证d≠0。于是S,=18d,52=72d,比值为2，B正 确。 对于C,d=2,数列为-9，-7，-5，-3，-1,1,3，.。当m≥6时，Tn的符号仅由前5个负因子决定，故均为 负数；且T6=-945,以后绝对值不断增大，因此Tn无最小项。正项只有T2=63,T4=945,故最大项为 T4=945,C正确。 1 对于D,由a4=a8及d≠0，只能有a4=-a8,得a1=-5d,进而S12=12(a1+ 2d=6d≠0，D错 误。 综上，应选ABC。 11.已知数列{amn}各项为正数，{an}的前n项和为Sn,满足a1=2,且a品+1-a品-4an=4an+1,在 a,ar+1之间插入n个sin2连同{a}的项构成数列{6，则（）。 A.an =4n-2 B.Sn=4n2-2 C.数列{bn}的前200项中{an}的项有18项 D.数列{bn}的前200项和为813 【答案】AD。 由(an+1-an)(an+1+an)=4(an+1+an),且an+1+an>0,得an+1-an=4,故an=4n-2,Sn= 2n2。A正确，B错误。 7 注意：当n为偶数时，插入的是n个0，不能省略这些项。原数列第项a在{bn}中的位置为 +(1+2+…+0-10)=i+卫 2 第19项a19的位置为190，第20项的位置为210，故前200项恰有19个原数列的项，C错误。 在a1至a19之间，奇数次插入的1共有1+3+·+17=81个，偶数次插入的都是0；第191至200项为a1g之 后插入的前10个1。因此 b:=S19+81+10=2×192+91=813, =1 故D正确。 12.设等差数列a小}的前n项和分别为3，工n,若= 7m+51 n+3, 则4 Tn 【答案】10。 等差数列前7项的和等于中间项的7倍，即S7=7a4,T=7b4。题给比值有意义，故T7卡0，从而b4卡0。所 以 = 7×7+51 =10: T 7+3 13.已知数列{an}满足a1=1,an+1+an=4n,则a15的值为 【答案】29。 由an+2十an+1=4(n十1)与an+1+an=4n相减，得an+2-an=4。故奇数项构成首项为1、公差为4的等 差数列。 a15是奇数项子数列的第8项，故a15=1+7×4=29。 14. 定义在R上的函数g(x)满足y=g(x+1)-2是奇函数，则g(x)的对称中心为(1,2)，an= （)+()+o()++ 2m+1 m+1 (n∈N*),则数列{an}的通项公式为 【答案】an=4n+2。 设h(x)=9(c+1)-2,由奇函数性质h(-x)=-h(c)得g(1-x)+g(1+x)=4,且g(1)=2。 在n中，第k项与倒数第k项的自变量之和为2，两项函数值之和为4。除中间一项g(1)=2外，共有n对，故 an=4n+2。 15.（本题满分13分) 设数列{an}的前n项的和为Sn。 若a是等比数列且s=子&=求a (2)若{a是公差不为0的等差数列，且a6,a7,4成等比数列，求S里的值。 a10 (1)设等比数列公比为g。因为S6=S3+g3S3,S3卡0，所以1+q3=9,即g3=8,得q=2。 由S6=a41+2+4=7a=a=豆 7 1 (2)设公差为d≠0。由a号=a6ag,得(a6+d)2=a6(a6+3d),化简得d=a6d,故a6=d。 于是a1=a6-5d=-4d,a10=a1+9d=5d≠0，S11=11(a1+5d=11d,所以 S=1 010 16.(本题满分15分) 已知数列{an}满足an+1=2an+2m+1,且a1=4。 1①求证：数列贸}是等差数列。 (2)求数列{an}的前n项和Sn。 (1)将递推式两边同除以2+1，得 2器-2=+1 所以数列}相邻两项的差为1，且首项为%=2，故它是首项为2、公差为1的等差数列。 12n 92 (2)由(1)得=2+(m-1)=n+1,故am=m+1)2”。采用错位相减法： Sm=2.2+3.22+.·+(n+1)2m, 2Sm=2.22+3.23+…+n2m+(n+1)2m+1. 两式相减，得 Sm=(n+1)2+1-(22+23+…+2)-4. 当n≥2时，括号内的和为2n+1-4,故Sn=n2m+1。当n=1时，S1=4也符合此式。 综上， Sn n2n+1 17.（本题满分15分) 已知数列an小、{亿，}满足a1==1,ba+1=ba,记7，为b}的前n项和。 an+2 (1)若{an}为等比数列，其公比q=2,求Tn。 3 (2)若{an}为等差数列，其公差d=2,证明：Tn<2 （1）由a1=1,g=2得an=2m-,所以61=。结合b1=1,知[6，}是首项为1、公比为的等比数 列。 1-(” (2)由a1=1,d=2得an=2n-1,递推式为6r+1=2n+38 2m-1, 当m≥2时，累乘得 1.3.5.2m-3 bm=5号g…2m+1=(2n-12n+可 对m=1此式也成立，故 于是裂项相消可得 其中n∈N*,所以2n+1>0,所减去的量严格为正，结论得证。 18.（本题满分17分) 己知数列{an}是公差大于0的等差数列，数列 1 的前n项和为。n anan1 3m+1 (1)求数列{an}的通项公式。 (2)设bn= k n=ak, 2, k∈N*。 ak<n<ak+1, (i)试写出b,b2,b3的值。 (ii)求数列{bn}的前20项和S20· (1)记题给前n项和为Fn= 3n+1°当n≥2时， m 1=r.-F.-1=8m-23m+ anan+1 当n=1时也有1=》故@102=4,02ag=28,因各分母非零，得ag=7@1。 a1a2 设公差为d>0,则a3=a1+2d,所以d=3a1;又a2=a1+d=4a1,代入aa2=4,得a2=1。因d= 3a1>0,故a1=1,d=3。 1 1 所以an=3n-2。检验： 1 (3m-2)(3n+五=3（3n-2- 3m+1 求和确为 3m+1° (2)(1)由a1=1,a2=4得b1=1,b2=2,b3=2 (ii)由a=3k-2,每一组的三项为 b3k-2=k, b3k-1=2k, 63k =2k 前18项恰为前6组，第19、20项分别为7,27，故 6 S20=(k+2+1)+7+27 k=1 =(1+2+…+7)+2(2+22+…+2)+128 =28+2(27-2)+128=408. 所以S20=408: 10 19.(本题满分17分) 若数列{an}对于任意的n≥2，n∈N*,满足man+1=san+tan-1(m,s,t为非零常数)，称数列{an}为“ (m,s,t)型数列”。己知数列{an}是“(1,2，-1)型数列”，数列{bn}是“(1,1,2)型数列”，且a1=b1= 1,a2=b2=2。 (1)求数列{an},{bn}的通项公式。 (2)设Sn是数列{an}的前n项的和，求数列{(-1)”(Sn-an)}的前2m项的和T2m (3)若cn= ∑abn+1-i,是否存在实数m,,t使得数列{c}为“(m,s,)型数列”？若存在，求出 i m,5,t的值；若不存在，说明理由。 (1)由an+1=2an-an-1得an+1-an=an-an-1。结合a1=1,a2=2,知{an}是首项为1、公差为1的 等差数列，故an=n 由bn+1=bn+2bn-1得bn+1-2bn=-(bn-2bn-1)。因为b2-2b1=0,递推可知对一切m≥1都有bn+1= 2b。因此b=2m-1 (2)由an=n得Sn= ,+卫，所以-1rS.-)=(-1n,。 2 2 将前2n项两两配对，第2j-1项与第2j项之和为 2-102j-2+221-少=2-1 2 2 所以T2m=1+3+…+(2m-1)=n2 (3)不存在符合定义的非零实数m,s,t。 由(1)得c,=乃2m-1,直接计算可得 =1 G=1,c2=4,c3=11,c4=26,C5=57. 假设存在所求m,s,t,由定义，分别取n=2,3,4,得到 11m=4s+t, 26m=11s+4t, 57m=26s+11t. 5m,t=-1 前两式消元得s=18。 m。代入第三式，得57m= 281 51 2答m,即m=0.所以m=0.维而s= t=0。 这与定义中m,s,t均为非零常数矛盾。故不存在，不能把(0,0,0)当作符合定义的答案。 11