新教材2023年秋高中數(shù)學(xué)章末綜合測(cè)評(píng)1數(shù)列新人教A版選擇性必修第二冊(cè)

章末綜合測(cè)評(píng)(一)數(shù)列(時(shí)間：120分鐘滿(mǎn)分：150分)一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知數(shù)列1，3，5，7，3，11，…，2n-1，A．第10項(xiàng) B．第11項(xiàng)C．第12項(xiàng) D．第21項(xiàng)2．已知數(shù)列{an}，an＝2n＋1，Sn為其前n項(xiàng)和，則點(diǎn)(n，Sn)在下列________函數(shù)的圖象上()ABCD3．在等差數(shù)列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數(shù)列第6項(xiàng)a6＝()A．6 B．8C．12 D．164．在等比數(shù)列{an}中，已知a4a7＝8，a2a5a6＝24，則a2＝()A．6 B．4C．3 D．25．大衍數(shù)列來(lái)源于《乾坤譜》中對(duì)易傳“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論，主要用于解釋中國(guó)傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理．?dāng)?shù)列中的每一項(xiàng)，都代表太極衍生過(guò)程中，曾經(jīng)經(jīng)歷過(guò)的兩儀數(shù)量總和，它是中華傳統(tǒng)文化中隱藏著的世界數(shù)學(xué)史上第一道數(shù)列題，該數(shù)列從第一項(xiàng)起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，則該數(shù)列第18項(xiàng)為()A．200 B．162C．144 D．1286．設(shè){an}是公差不為0的等差數(shù)列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}的前n項(xiàng)和Sn＝()A．n24＋7n4 BC．n22＋3n4 D．7．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝2，an＋1＝an-1，an>1，1an，A．2－1 B．2C．2＋1 D．28．?dāng)?shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，滿(mǎn)足anan＋1＝4n，則數(shù)列1log2an·log2anA．4n2nC．n2n+二、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．在等比數(shù)列{an}中，a5＝4，a7＝16，則a6可以為()A．8 B．12C．－8 D．－1210．滿(mǎn)足下列條件的數(shù)列{an}(n∈N*)是遞增數(shù)列的為()A．a(chǎn)n＝1n B．a(chǎn)n＝n2＋C．a(chǎn)n＝1－2n D．a(chǎn)n＝2n＋111．在等差數(shù)列{an}中，a66<0，a67>0，且a67>|a66|，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則()A．公差d<0B．a(chǎn)66＋a67<0C．S131<0D．使Sn>0的n的最小值為13212．已知兩個(gè)等差數(shù)列an和bn的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，且SnTn＝3n+39A．2 B．3C．4 D．14三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中橫線(xiàn)上)13．若等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝m·4n-1＋t(其中m，t是常數(shù))，則mt＝________14．《張丘建算經(jīng)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書(shū)中有如下問(wèn)題：“今有女不善織，日減功遲，初日織五尺，末日織一尺，今共織九十尺，問(wèn)織幾日？”．其中“日減功遲”的具體含義是每天比前一天少織同樣多的布，則每天比前一天少織布的尺數(shù)為_(kāi)_______．15．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2，a2＋a6＝2，則S10＝________．16．如圖中的一系列正方形圖案稱(chēng)為謝爾賓斯基地毯．在圖中4個(gè)大正方形中，著色的正方形的個(gè)數(shù)依次構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}的前4項(xiàng)，則數(shù)列{an}的一個(gè)通項(xiàng)公式為_(kāi)_________．四、解答題(本題共6小題，共70分，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿(mǎn)分10分)在等差數(shù)列{an}中，a2＋a5＝24，a17＝66．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求a2018；(3)2022是否為數(shù)列{an}中的項(xiàng)？若是，則為第幾項(xiàng)？18．(本小題滿(mǎn)分12分)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項(xiàng)．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和．19．(本小題滿(mǎn)分12分)用數(shù)學(xué)歸納法證明：1×4＋2×7＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2．20．(本小題滿(mǎn)分12分)已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4．(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式．21．(本小題滿(mǎn)分12分)(2021·全國(guó)乙卷)設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝nan3．已知a1，3a2，9(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項(xiàng)和．證明：Tn＜Sn22．(本小題滿(mǎn)分12分)某公司一下屬企業(yè)從事某種高科技產(chǎn)品的生產(chǎn)．該企業(yè)第一年年初有資金2000萬(wàn)元，將其投入生產(chǎn)，到當(dāng)年年底資金增長(zhǎng)了50%．預(yù)計(jì)以后每年資金年增長(zhǎng)率與第一年的相同．公司要求企業(yè)從第一年開(kāi)始，每年年底上繳資金d萬(wàn)元，并將剩余資金全部投入下一年生產(chǎn)．設(shè)第n年年底企業(yè)上繳資金后的剩余資金為an萬(wàn)元．(1)用d表示a1，a2，并寫(xiě)出an＋1與an的關(guān)系式；(2)若公司希望經(jīng)過(guò)m(m≥3)年使企業(yè)的剩余資金為4000萬(wàn)元，試確定企業(yè)每年上繳資金d的值(用m表示)．章末綜合測(cè)評(píng)(一)1．B[觀(guān)察可知項(xiàng)公式為an＝2n-1(事實(shí)上，根號(hào)內(nèi)的數(shù)成等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為2)，令21＝2n－1，解得n＝11，故選2．C[由等差數(shù)列的求和公式可得Sn＝na1+an2＝n3所以點(diǎn)(n，Sn)在函數(shù)y＝x2＋2x上．]3．B[因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列，由等差數(shù)列的性質(zhì)得2a6＝a4＋a8＝16，所以a6＝8．故選B．]4．C[由題設(shè)可得a12q9=8a13q9=24?a5．B[偶數(shù)項(xiàng)分別為2，8，18，32，50，即2×1，2×4，2×9，2×16，2×25，即偶數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)的通項(xiàng)公式為a2n＝2n2，則數(shù)列的第18項(xiàng)為第9個(gè)偶數(shù)，即a18＝a2×9＝2×92＝2×81＝162．]6．A[設(shè)公差為d，則a1(a1＋5d)＝(a1＋2d)2，把a(bǔ)1＝2代入可解得d＝12．∴an＝2＋(n－1)×12＝12n＋32．∴Sn＝n2+12n+37．C[因?yàn)閍1＝2，an＋1＝an-1，an>所以a2＝a1－1＝2－1，a3＝1a2＝12-1＝2＋1，a4＝a3－1＝2，a5＝a4－1a6＝1a5＝2＋1，…所以數(shù)列{an}的周期為因?yàn)?022＝3×674，所以a2022＝a3＝2＋1．]8．A[數(shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，公比設(shè)為q(q>0)，由anan＋1＝4n，可得a1a2＝a12q＝4，a2a3＝a12q3＝16，解得a1＝2，q＝2，則an＝a1qn-1＝2·2n則1log2＝1n-＝212則Tn＝21＝21-12n+1＝9．AC[∵a7a5＝164＝q2?q＝±2，當(dāng)q＝2時(shí)，a6＝a5q＝4×當(dāng)q＝－2時(shí)，a6＝a5q＝4×(－2)＝－8，故選AC．]10．BD[根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，an＝1n，a1＝1，a2＝12，不是遞增數(shù)列，不符合題意；對(duì)于B，an＝n2＋n，an－an－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n>0，是遞增數(shù)列，符合題意；對(duì)于C，an＝1－2n，an－an－1＝(1－2n)－[1－2(n－1)]＝－2，不是遞增數(shù)列，不符合題意；對(duì)于D，an＝2n＋1，函數(shù)y＝2x＋1為遞增函數(shù)，則an＝2n＋111．CD[因?yàn)閍66<0，a67>0，且a67>|a66|，所以d>0，a67>－a66，即a67＋a66>0，所以S132＝66(a1＋a132)＝66(a66＋a67)>0，S131＝131a1+a1312所以使Sn>0的n的最小值為132．]12．ACD[由題意可得S2n-1T2n-1＝2n-1a1+a2由于anbn為整數(shù)，則n＋1為15的正約數(shù)，則n＋1的可能取值有3，5因此，正整數(shù)n的可能取值有2，4，14．故選ACD．]13．－4[Sn＝m·4n-1＋t＝14·m·4n＋t，因?yàn)閧an}為等比數(shù)列，∴t＝－14m，∴mt＝－14．429[設(shè)第n天織布的尺數(shù)為an，可知數(shù)列an為等差數(shù)列，設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，則a1＝5，an＝1，Sn則Sn＝na1+an2＝3n＝90，解得n＝30，∴a30＝a1＋29d＝5＋29d＝1，解得d15．25[法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝2得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋10×92×1法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1，所以d＝a4-a14-1＝1--23＝1，所以S10＝10×16．a(chǎn)n＝8n-17[根據(jù)題中圖形可知，a1＝1，an＋1－an當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋8＋82＋…＋8n-1＝8n-17．解:(1)因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中，a2＋a5＝24，a17＝66．所以2解得a1＝2，d＝4，所以an＝4n－2．(2)由(1)可得a2018＝8070．(3)令an＝4n－2＝2022，所以n＝506，所以2022是數(shù)列{an}中的第506項(xiàng)．18．解:(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2．所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2．故{an}的公比為－2．(2)記Sn為{nan}的前n項(xiàng)和．由(1)及題設(shè)可得，an＝(－2)n-1．所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n-1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n-1＋n×(－2)n．可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n-1－n×(－2)n＝1--2n3－n×所以Sn＝19－319．解:(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1×4＝4，右邊＝1×22＝4，所以等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)命題成立，即1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝k(k＋1)2＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]2，即n＝k＋1時(shí)，命題成立，由(1)(2)知等式對(duì)任意的n∈N*均成立．20．解:(1)[證明]由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)又因?yàn)閍1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為12由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2．又因?yàn)閍1－b1＝1，所以{an－bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)知，an＋bn＝12n-1，an－bn＝2所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝12n＋nbn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝12n－n21．解:(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝qn-1．因?yàn)閍1，3a2，9a3成等差數(shù)列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13故an＝13n-1，b(2)證明:由(1)知Sn＝1-13Tn＝13＋232＋333＋…13Tn＝132＋233＋334＋…①－②得23Tn＝13＋132＋133＋即23Tn＝131-13n整理得Tn＝34－2則2Tn－Sn＝234-2n