单元质量平估(2)(第2章)数列

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单元质量评估(二)(第二章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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.(2016·锦州高二检测)下列说法正确的是( )①演绎推理是由一般到特殊的推理；②演绎推理得到的结论一般是正确的；③演绎推理的一般形式是“三段论”形式；④演绎推理得到的结论的正误与大前提、小前提和推理形式有关.A.1个B.2个C.3个D.4个【解析】选C.演绎推理只有大前提、小前提和推理形式都正确才能保证结论正确，故②错误，其他说法都正确.2.(2016·菏泽高二检测)下列推理过程是类比推理的是( )A.人们通过大量实验得出掷硬币出现正面的机率为B.科学家通过研究老鹰的眼睛发明了电子鹰眼C.通过检验溶液的PH值得出溶液的酸碱性D.数学中由周期函数的定义来判断某函数是否为周期函数【解析】选B.由题设及推理知识知，A是归纳推理.C，D都是演绎推理.B是类比推理.3.“蛇、鳄鱼、海龟、蜥蜴等爬行动物是用肺呼吸的，所以所有的爬行动物都是用肺呼吸的.”此推理方法是( )A.演绎推理B.归纳推理C.类比推理D.以上都不对【解析】选B.由部分推断全体，是归纳推理.4.(2016·珠海高二检测)若a>b>0，c<d<0，则一定有( )A.>B.<C.>D.<【解析】选B.因为a>b>0，c<d<0，所以-c>-d>0，所以-ac>-bd>0，即ac<bd.又cd >0，所以<，即<.5.(2015·浙江高考)设实数a，b，t满足|a+1|=|sinb|=t.( )A.若t确定，则b2唯一确定B.若t确定，则a2+2a唯一确定C.若t确定，则sin唯一确定D.若t确定，则a2+a唯一确定【解析】选B.当t=0时，sinb=0，b=kπ(k∈Z)，此时b2不确定，故A错.sin=sin=0，1或-1，故C错；当t=2时，|a+1|=2得a=1或a=-3，所以a2+a=2或a2+a=6，故D错.因为当|a+1|=t时a2+2a=t2-1.当t确定时，t2-1唯一确定，即a2+2a也唯一确定.6.如果对象A和对象B都具有相同的属性P，Q，R等，此外已知对象A还有一个属性S，而对象B还有一个未知的属性x，由此类比推理，可以得出下列哪个结论可能成立( ) A.x就是P B.x就是QC.x就是RD.x就是S【解析】选D.因为P，R，Q是均具有的属性，所以可能得出的结论只能是“x就是S”. 【拓展延伸】类比推理的基本原则类比推理是由特殊到特殊的推理，它的基本原则是根据当前问题的需要，选择适当的类比对象，可以从几何元素的数目，位置关系，度量等方面入手，由一类事物的特征类比出另一类事物的相关特征.平面图形与空间图形的类比如下：平面空间平面空间线面平面角二面角点线面积体积边长面积三角形四面体7.(2016·鞍山高二检测)观察下列各式：a+b=1，a2+b2=3，a3+b3=4，a4+b4=7，a5+b5=11…，则a11+b11=( )A.28B.76C.123D.199【解析】选D.由已知a+b=1，a2+b2=3，a3+b3=4=3+1，a4+b4=7=4+3，a5+b5=7+4=11，a6+b6=11+7=18，a7+b7=18+11=29，a8+b8=29+18=47，a9+b9=47+29=76，a10+b10=76+47=123，a11+b11=123+76=199.8.(2016·潍坊高二检测)若函数f(x)=x2-2x+m(x∈R)有两个零点，并且不等式f(1-x)≥-1恒成立，则实数m的取值范围为( )A.(0，1)B. D.【解析】选B.因为f(x)=x2-2x+m有两个零点.所以4-4m>0，即m<1.由f(1-x)≥-1得(1-x)2-2(1-x)+m≥-1，即m≥-x2因为-x2≤0，故0≤m<1.9.已知f(x)=x3+x，x∈R，若a，b，c∈R，且a+b>0，b+c>0，c+a>0，则f(a)+f(b)+f(c)的值一定( )A.大于0B.小于0C.等于0D.正负都有可能【解析】选A.因为f(x)为奇函数且为增函数，又因为a+b>0，所以a>-b，所以f(a)>f(-b)，即f(a)+f(b)>0，同理f(a)+f(c)>0，f(b)+f(c)>0.所以2(f(a)+f(b)+f(c))>0，所以f(a)+f(b)+f(c)>0.10.用反证法证明“若整数系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”，应假设( )A.a，b，c中至多有一个是偶数B.a，b，c中至少有一个是奇数C.a，b，c中全是奇数D.a，b，c中恰有一个是偶数【解析】选C.“a，b，c中至少有一个是偶数”包括“a，b，c中有一个或2个或3个偶数”，其反面是a，b，c中没有偶数，即全是奇数.11.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值为( )A.a=，b=c=B.a=b=c=C.a=0，b=c=D.不存在这样的a，b，c【解析】选A.令n=1，2，3，得所以a=，b=c=.12.(2016·青岛高二检测)观察下列各式：|x|+|y|=1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|+|y|=2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|+|y|=3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|+|y|=20的不同整数解(x，y)的个数为( )A.76B.80C.86D.92【解析】选B.通过观察可以发现|x|+|y|的值为1，2，3时，对应的(x，y)的不同整数解的个数分别为4，8，12，可推得当|x|+|y|=n时，对应的不同整数解(x，y)的个数为4n，所以|x|+|y|=20时的不同整数解的个数为4×20=80.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.(2016·聊城高二检测)已知x，y∈R且2x+2y=1，则x+y的取值范围为________.【解析】因为2x+2y=1≥2，所以2x+y≤=2-2，所以x+y≤-2.答案：(-∞，-2]14.(2016·全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________.【解题指南】丙拿的卡片上的数字不是“2和3”，只能是1和2，1和3，分类讨论.【解析】由题意得：丙不拿(2，3)，若丙(1，2)，则乙(2，3)，甲(1，3)满足，若丙(1，3)，则乙(2，3)，甲(1，2)不满足，故甲的卡片上的数字为1和3.答案：1和315.观察下列等式：i=n2+n，i2=n3+n2+n，i3=n4+n3+n2，i4=n5+n4+n3-n，i5=n6+n5+n4-n2，i6=n7+n6+n5-n3+n，…i k=a k+1n k+1+a k n k+a k-1n k-1+a k-2n k-2+…+a1n+a0，可以推测，当k≥2(k∈N*)时，a k+1=，a k=，a k-1=________，a k-2=________.【解析】由题意知，当k=2，3，4，5，6时，a k-1分别为，，，，，即，，，，，可以推测a k-1=.当k=2，3，4，5，6时，a k-2分别为0，0，0，0，0，可以推测a k-2=0.答案：016.(2016·临沂高二检测)观察下图：12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10……则第________行的各数之和为20172.【解析】第1行各项和为1=12；第2行各项之和为9=32；第3行各项和为25=52；第4行各项之和为49=72；即第n行各项之和为(2n-1)2.令2n-1=2017得n=1009.答案：1009三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)在正实数数列{a n}中，a1=1，a2=5，且{}成等差数列.证明数列{a n}中有无穷多项为无理数.【证明】由已知有：=1+24(n-1)，从而a n=，取n-1=242k-1，则a n=(k∈N*).用反证法证明这些a n都是无理数.假设a n=为有理数，则a n必为正整数，且a n>24k，故a n-24k≥1，a n+24k>1，与(a n-24k)(a n+24k)=1矛盾，所以a n=(k∈N*)都是无理数，即数列{a n}中有无穷多项为无理数.18.(12分)(2016·德州高二检测)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数.①sin213°+cos217°-sin 13°cos 17°；②sin215°+cos215°-sin 15°·cos 15°；③sin218°+cos212°-sin 18°·cos 12°；④sin2(-18°)+cos248°-sin(-18°)cos 48°；⑤sin2(-25°)+cos255°-sin(-25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数.(2)根据(1)中结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.【解析】(1)选择②式，计算如下：sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°=1-sin 30°=1-=.(2)三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sinα·cos(30°-α)=.证明如下：sin2α+cos2(30°-α)-sinα·cos(30°-α)=sin2α+(cos30°cosα+sin30°sinα)2-sinα(cos30°cosα+sin30°sinα)=sin2α+cos2α+sinαcosα+sin2α-sinαcosα-sin2α=sin2α+cos2α=.19.(12分)(2016·泉州高二检测)已知a>0，b>0，用分析法证明：≥，【证明】因为a>0，b>0，要证≥，只要证，(a+b)2≥4ab，只要证(a+b)2-4ab≥0，即证a2-2ab+b2≥0，而a2-2ab+b2=(a-b)2≥0恒成立，故≥成立.20.(12分)已知a>b>0，求证：<.【证明】因为a>b>0，所以->0，a-b>0.所以要证<成立，只需证-<成立，只需证2·-2b<a-b成立，即证2<a+b成立，即只需证(-)2>0成立，而(-)2>0显然成立，故(-)2<成立.21.(12分)(2016·西安高二检测)直线y=kx+m(m≠0)与椭圆W：+y2=1相交于A，C两点，O是坐标原点.(1)当点B的坐标为(0，1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长.(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形.【解析】(1)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分.所以可设A，代入椭圆方程得+=1，即t=±，所以AC=2.(2)假设四边形OABC为菱形.因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB.由消y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0，设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则=-，=k+m=.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为-.因为k·≠-1，所以AC与OB不垂直，所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾.所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形.22.(12分)(2016·昆明高二检测)某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图为她们刺绣中最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形.(1)求出f(5)的值.(2)利用合情推理的“归纳推理思想”归纳出f(n+1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式.(3)求+++…+的值.【解析】(1)f(5)=41.(2)因为f(2)-f(1)=4=4×1，f(3)-f(2)=8=4×2，f(4)-f(3)=12=4×3，f(5)-f(4)=16=4×4，…由以上规律，可得出f(n+1)-f(n)=4n，因为f(n+1)-f(n)=4n，所以f(n+1)=f(n)+4n，所以f(n)=f(n-1)+4(n-1)=f(n-2)+4(n-1)+4(n-2)=f(n-3)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)=…=f(n-(n-1))+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)+…+4=2n2-2n+1.(3)当n≥2时，==，所以+++…+=1+=1+=-.关闭Word文档返回原板块小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

第二章单元质量评估(二)时间：120分钟 满分：150分一、选择题(每小题5分，共60分)1．数列3,5,9,17,33，…的通项公式a n 等于( B ) A ．2nB ．2n＋1 C ．2n－1 D ．2n ＋1解析：由于3＝2＋1,5＝22＋1,9＝23＋1，…，所以通项公式是a n ＝2n＋1，故选B. 2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为( C ) A ．a n ＝2n －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n≥2解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3.又当n ＝1时，a 1的值不适合n≥2时的通项公式，故选C .3．已知数列{a n }是公差为2的等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，则a 2的值为( A ) A ．3 B ．－3 C ．2 D ．－2解析：∵a 1，a 2，a 5成等比数列，∴a 22＝a 1·a 5，∴a 22＝(a 2－2)(a 2＋6)，解得a 2＝3. 4．已知数列{a n }是首项为1，公差为d(d ∈N *)的等差数列，若81是该数列中的一项，则公差d 不可能是( B )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：由题意知，a n ＝1＋(n －1)·d,81是该数列中的一项，即81＝1＋(n －1)d ，所以n ＝80d＋1，因为d ，n ∈N *，所以d 是80的因数，所以d 不可能是3，故选B.5．已知数列{a n }满足：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)，若a 2＝3，a 2＋a 4＋a 6＝21，则a 4＋a 6＋a 8＝( C )A ．84B ．63C ．42D ．21解析：∵a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)，∴数列{a n }是等比数列，设其公比为q ，∵a 2＝3，∴a 2＋a 4＋a 6＝3＋3q 2＋3q 4＝21，即q 4＋q 2－6＝0，解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)，∴a 4＋a 6＋a 8＝a 2q 2＋a 4q 2＋a 6q 2＝2(a 2＋a 4＋a 6)＝42，故选C.6．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则数列{a n }的通项公式为( C )A ．a n ＝3n －1－1 B ．a n ＝3n －1C ．a n ＝3nD ．a n ＝3n－1解析：∵3S 1,2S 2，S 3成等差数列，∴4S 2＝3S 1＋S 3，∴4(a 1＋a 2)＝3a 1＋(a 1＋a 2＋a 3)，即3a 2＝a 3，∴公比q ＝3，∴a n ＝a 1·qn －1＝3n.7．数列{a n }的通项公式a n ＝n 2＋n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和为( B )A.910 B.1011 C.1110 D.1211解析：1a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以S 10＝11－12＋12－13＋…＋110－111＝1011.故选B. 8．已知点(n ，a n )(n ∈N *)都在直线3x －y －24＝0上，那么在数列{a n }中有( C ) A ．a 7＋a 9>0 B ．a 7＋a 9<0 C ．a 7＋a 9＝0 D ．a 7·a 9＝0解析：由题意知，a n ＝3n －24，所以{a n }为a 1＝－21，d ＝3的等差数列．所以a 8＝－21＋3×7＝0.所以a 7＋a 9＝2a 8＝0.故选C.9．已知数列{a n }中，a 2＝2，若对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，那么a 1＋a 3＋…＋a 2 013a 2＋a 4＋…＋a 2 014的值为( D )A.1 0061 007 B.1 0081 009 C.1 0051 006 D.1 0071 008解析：a m ＋n ＝a m ＋a n ⇒a 2＝a 1＋a 1⇒a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋a 1⇒a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a 1＋a 3＋…＋a 2 013a 2＋a 4＋…＋a 2 014＝a 1 007a 1 008＝1 0071 008，故选D.10．数列{a n }的通项a n ＝n ·⎝⎛⎭⎪⎫cos 2n π4－sin2n π4，其前n 项和为S n ，则S 40为( C ) A ．10 B ．15 C ．20 D ．25 解析：由题意得，a n ＝n ⎝⎛⎭⎪⎫cos2n π4－sin2n π4＝n cos n π2，当n ＝1时，a 1＝cos π2＝0；当n ＝2时，a 2＝2cosπ＝－2；当n ＝3时，a 3＝3cos3π2＝0；当n ＝4时，a 4＝4cos2π＝4；……∴当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝2，∴S 40＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋…＋(a 37＋a 38＋a 39＋a 40)＝2×10＝20，故选C.11．在等差数列{a n }中，已知a 10<0，a 11>0，且a 11>|a 10|，S n 为数列{a n }的前n 项和，则使S n >0的n 的最小值为( B )A ．21B ．20C ．10D ．11解析：由已知得|a 10|＝－a 10，a 11>－a 10，a 10＋a 11>0,2a 1＋19d >0,2a 1>－19d .又由S m ＝a 1＋a n n2>0，可得a 1＋a n >0，即2a 1＋(n －1)d >0.而2a 1＋(n －1)d >－19d ＋(n －1)d ＝(n－20)d ，因此只需(n －20)d ≥0即可，又d >0，所以n ≥20.12．已知数列{a n }满足a n ＝a n －1＋a n －2(n 为大于2的正整数)，且a 2 015＝1，a 2 017＝－1，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 020－S 2 016＝( B )A ．－17B ．－15C ．－6D ．0解析：因为a n ＝a n －1＋a n －2(n >2)，且a 2 015＝1，a 2 017＝－1，所以a 2 017＝a 2 016＋a 2 015，所以a 2 016＝－2，同理，a 2 018＝－2－1＝－3，a 2 019＝－1－3＝－4，a 2 020＝－3－4＝－7，所以S 2 020－S 2 016＝a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝－1－3－4－7＝－15，故选B.二、填空题(每小题5分，共20分)13．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝3a 3，a 10＝14，则S 12＝84. 解析：由a 1＋a 5＝3a 3，得2a 3＝3a 3，所以a 3＝0.又a 10＝14，所以S 12＝12a 1＋a 122＝12a 3＋a 102＝6×14＝84.14．在正项等比数列{a n }中，a 1和a 19为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 8·a 10·a 12等于64.解析：因为a 1和a 19为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，所以a 1a 19＝16，由等比数列的性质得，a 1a 19＝a 210＝16，又a 10>0，所以a 10＝4，a 8·a 10·a 12＝a 310＝64.15．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲(水生植物名)生一日，长三尺；莞(植物名，俗称水葱、席子草)生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为2.6日．(结果保留一位小数，参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)解析：设蒲(水生植物名)的长度组成等比数列{a n }，其中a 1＝3，公比为12，其前n 项和为A n ，莞(植物名)的长度组成等比数列{b n }，其中b 1＝1，公比为2，其前n 项和为B n .则A n＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12，B n ＝2n－12－1，令A n ＝B n ，化为2n ＋62n ＝7，解得2n ＝6或2n＝1(舍去)，即n ＝lg6lg2＝1＋lg3lg2≈2.6.故所需的时间约为2.6日．16．在各项都为整数的数列{a n }中，a 1＝2，且对任意的n ∈N *，满足a n ＋1－a n <2n＋12，a n＋2－a n >3×2n －1，则a 2 017＝22_017.解析：由a n ＋1－a n <2n ＋12，得a n ＋2－a n ＋1<2n ＋1＋12，两式相加，得a n ＋2－a n <3×2n＋1，又a n ＋2－a n >3×2n －1，a n ∈Z ，所以a n ＋2－a n ＝3×2n，从而a 2 017＝(a 2 017－a 2 015)＋(a 2 015－a 2 013)＋…＋(a 3－a 1)＋a 1＝3×(22 015＋22 013＋…＋23＋21)＋2＝22 017.三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(本小题10分)设数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，n ∈N *. (1)求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)已知{b n }是等差数列，T n 为其前n 项和，且b 1＝a 2，b 3＝a 1＋a 2＋a 3，求T 20. 解：(1)由题设知{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，S n ＝1－3n1－3＝12(3n－1)．(2)b 1＝a 2＝3，b 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋3＋9＝13，b 3－b 1＝10，所以数列{b n }的公差d ＝5，故T 20＝20×3＋20×192×5＝1 010.18．(本小题12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝12(a n －1＋a n )－a n＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知，b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n－a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ＝1时，a 1＝1满足这个公式．所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，n ∈N *.19．(本小题12分)已知数列{a n }为等差数列，且a 1＝2，a 1＋a 2＋a 3＝12. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝3a n ，求证：数列{b n }为等比数列； (3)令c n ＝1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)因为a 1＋a 2＋a 3＝12，所以a 2＝4，所以公差d ＝2，所以a n ＝2n .(2)证明：因为b n ＝3a n ，所以b n ＋1b n ＝32n ＋232n ＝9，所以{b n }为首项b 1＝9，公比q ＝9的等比数列．(3)因为c n ＝12n2n ＋2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋4.20．(本小题12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝3－2n ＋32n ，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝42a 1＋d ，a 1＋2n －1d ＝2·a 1＋nd －3，解得a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n－1.(2)当n ＝1时，a 1b 1＝12，所以b 1＝12；当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝3－2n ＋12n －1，①又a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝3－2n ＋32n ，② ②－①得，a n b n ＝2n －12n ，所以b n ＝12n ，易知n ＝1也成立，所以数列{b n }是以12为首项，12为公比的等比数列， 故其前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.21．(本小题12分)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n＋1＝b n ＋a n －n .(1)证明：{a n －n }为等比数列； (2)数列{c n }满足c n ＝a n －nb n ＋1b n ＋1＋1，求数列{c n }的前n 项和T n ，求证：T n <13.解：(1)证明：∵a n ＋1＝2a n －n ＋1，∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，又∵a 1－1＝2，∴{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)证明：∵a n －n ＝2×2n －1＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝a n －n ＝2n ，∴b 2－b 1＝21，b 3－b 2＝22，……b n－b n －1＝2n －1，各式相加，得b n －b 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n－2， 又b 1＝2，∴b n ＝2n，∴c n ＝2n2n＋12n ＋1＋1＝12n ＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝12＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1<13. 22．(本小题12分)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 1＋a 3＝20，a 2＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n ，S n 是数列{b n }的前n 项和，对任意正整数n ，不等式S n ＋n2n ＋1>(－1)n·a恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)设数列{a n }的公比为q，则⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q2＝20，a 1q ＝8，∴2q 2－5q ＋2＝0，∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝n 2n ＋1，∴S n ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，①12S n ＝123＋224＋…＋n －12n ＋1＋n2n ＋2，②∴①－②得，12S n ＝122＋123＋124＋…＋12n ＋1－n 2n ＋2，∴S n ＝121＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12－12n ＋11－12－n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴(－1)n·a <1－12n 对任意正整数n 恒成立，设f (n )＝1－12n ，易知f (n )单调递增．当n 为奇数时，f (n )的最小值为12，∴－a <12，即a >－12，当n 为偶数时，f (n )的最小值为34，∴a <34，综上，－12<a <34，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，34.。

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单元质量评估(二)第二章(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.椭圆+=1与双曲线-=1有相同的焦点,则k应满足的条件是( )A.k>3B.2<k<3C.k=2D.0<k<2【解析】选C. k>0,=,所以k=2.2.(2016·菏泽高二检测)若双曲线的顶点为椭圆x2+=1长轴的端点,且双曲线的离心率与该椭圆的离心率的积为1,则双曲线的方程为( )A.x2-y2=1B.y2-x2=1C.x2-y2=2D.y2-x2=2【解析】选D.由题意设双曲线方程为-=1,离心率为e,椭圆x2+=1长轴端点为(0,),所以a=,又椭圆的离心率为,所以双曲线的离心率为,所以c=2,b=,则双曲线的方程为y2-x2=2.3.(2016·浙江高考)已知椭圆C1:+y2=1(m>1)与双曲线C2:-y2=1(n>0)的焦点重合,e1,e2分别为C1,C2的离心率,则( )A.m>n且e1e2>1B.m>n且e1e2<1C.m<n且e1e2>1D.m<n且e1e2<1【解题指南】根据椭圆与双曲线离心率的定义求解,注意a2,b2与c2的关系.【解析】选A.由题意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,(e1e2)2=·=,因为m2=n2+2,m>1,n>0,所以m>n,(e1e2)2>1,所以e1e2>1.4.(2016·潍坊高二检测)设椭圆+=1(m>0,n>0)的右焦点与抛物线y2=8x的焦点相同,离心率为,则此椭圆的方程为( )A.+=1B.+=1C.+=1D.+=1【解析】选B.因为y2=8x的焦点为(2,0),所以+=1的右焦点为(2,0),所以m>n且c=2.又e==,所以m=4.因为c2=m2-n2=4,所以n2=12.所以椭圆方程为+=1.【补偿训练】(2016·成都高二检测)已知双曲线中心在原点且一个焦点为F(,0),直线y=x-1与其相交于M,N两点,MN中点的横坐标为-,则此双曲线的方程是( )A.-=1B.-=1C.-=1D.-=1【解题指南】先根据题意设出双曲线的方程-=1,然后与直线方程联立方程组,消元得二元一次方程,根据根与系数的关系及MN中点的横坐标建立a,b的一个方程,又双曲线中有c2=a2+b2,则另得a,b的一个方程,最后解a,b的方程组即得双曲线方程.【解析】选B.设双曲线方程为-=1,将y=x-1代入-=1,整理得(b2-a2)x2+2a2x-a2-a2b2=0,由根与系数的关系得x1+x2=,则==-.又c2=a2+b2=7,解得a2=2,b2=5,所以双曲线的方程为-=1.5.P是长轴在x轴上的椭圆+=1上的点,F1,F2分别为椭圆的两个焦点,椭圆的半焦距为c,则|PF1|·|PF2|的最大值与最小值之差一定是( )A.1B.a2C.b2D. c2【解析】选D.由椭圆的几何性质得|PF1|∈,|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|≤=a2,当且仅当|PF1|=|PF2|时取等号.|PF1|·|PF2|=|PF1|(2a-|PF1|)=-|PF1|2+2a|PF1|=-(|PF1|-a)2+a2≥-c2+a2=b2,所以|PF1|·|PF2|的最大值与最小值之差为a2-b2=c2.6.(2016·天津高二检测)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的两条渐近线与抛物线y2=2px(p>0)的准线分别交于A,B两点,O为坐标原点.若双曲线的离心率为2,△AOB的面积为,则p= ( )A.1B.C.2D.3【解析】选 C.因为e=2,所以b2=3a2,双曲线的两条渐近线方程为y=±x,不妨设A=,B,则AB=p,又三角形的高为,则S△AOB=××p=,即p2=4,又因为p>0,所以p=2.7.(2016·东营高二检测)已知点P是抛物线y2=-8x上一点,设点P到此抛物线准线的距离是d1,到直线x+y-10=0的距离是d2,则d1+d2的最小值是( )A. B.2C.6D.3【解析】选C.抛物线y2=-8x的焦点F(-2,0),根据抛物线的定义知,d1+d2=|PF|+d2,显然当由点F向直线x+y-10=0作垂线与抛物线的交点为P时,d1+d2取到最小值,即=6.8.若直线y=kx-2与抛物线y2=8x交于A,B两个不同的点,且AB的中点的横坐标为2,则k等于( )A.2或-1B.-1C.2D.1±【解析】选C.由消去y得,k2x2-4(k+2)x+4=0,故Δ=2-4k2×4=64(1+k)>0,解得k>-1,由x1+x2==4,解得k=-1或k=2,又因为k>-1,故k=2.【易错警示】本题易忽略Δ>0而错选A.9.(2016·邯郸高二检测)设双曲线-=1(a>0,b>0)的虚轴长为2,焦距为2,则双曲线的渐近线方程为( )A.y=±xB.y=±xC.y=±xD.y=±2x【解析】选A.由题意得解得所以a==,因此双曲线的方程为-y2=1,所以渐近线方程为y=±x.10.(2015·福建高考)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x-4y=0交椭圆E于A,B两点.若|AF|+|BF|=4,点M到直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选A.不妨设左焦点为F2,连接AF2,BF2,由椭圆的对称性可知四边形AFBF2的对角线互相平分,所以四边形AFBF2为平行四边形,所以+=+=2a=4,所以a=2,设M(0,b),所以d=b≥⇒b≥1,所以e==≤=,又e∈(0,1),所以e∈.11.(2016·哈尔滨高二检测)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的标准方程为( )A.+=1B.+=1C.+=1D.+=1【解析】选D.设A点坐标为(x1,y1),B点坐标为(x2,y2),所以两式相减得,=,即=,因为x1+x2=2,y1+y2=-2,所以k==,又因为k==,所以=,又因为c2=a2-b2=2b2-b2=b2,c2=9,所以b2=9,a2=18,即E的标准方程为+=1.12.(2016·宝鸡高二检测)设抛物线C:y2=3px(p>0)的焦点为F,点M在C上,|MF|=5,若以MF 为直径的圆过点A(0,2),则C的方程为( )A.y2=4x或y2=8xB.y2=2x或y2=8xC.y2=4x或y2=16xD.y2=2x或y2=16x【解析】选C.由已知得F,A(0,2),M,因为AF⊥AM,所以k AF·k AM=-1,即×=-1,所以-8y0+16=0,所以y0=4,所以M,因为|MF|=5,所以5=,所以=9.所以-=3或-=-3,所以9p2-36p-64=0,①或9p2+36p-64=0,②由①得p=-(舍),p=.由②得p=,p=-,所以C的方程为y2=4x或y2=16x.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.椭圆mx2+ny2=1与直线l:x+y=1交于M,N两点,过原点与线段MN中点的直线斜率为,则= .【解析】设M(x1,y1),N(x2,y2),所以m+n=1 ①m+n=1 ②又因为=-1,所以①-②得:m=n·,因为==,所以m=n,所以=.答案:14.直线y=kx+1(k∈R)与椭圆+=1恒有公共点,则m的取值范围为.【解析】将y=kx+1代入椭圆方程,消去y并整理,得(m+5k2)x2+10kx+5-5m=0.由m>0,5k2≥0,知m+5k2>0,故Δ=100k2-4(m+5k2)(5-5m)≥0对k∈R恒成立.即5k2≥1-m对k∈R恒成立,故1-m≤0,所以m≥1.又因为m≠5,所以m的取值范围是m≥1且m≠5.答案:m≥1且m≠5【易错警示】本题易忽略隐含条件m≠5而出错.15.(2015·山东高考)过双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点作一条与其渐近线平行的直线,交C于点P,若点P的横坐标为2a,则C的离心率为.【解题指南】本题是双曲线性质的综合应用,应从焦点和渐近线出发构造a,b,c的关系,进而求出离心率e.【解析】将y=(x-c)代入-=1消去y得-=1,因为x P=2a<c,所以-=1,化简得3a2=(2a-c)2,即a=c-2a,所以e=2+.答案:2+【补偿训练】(2016·济宁高二检测)已知椭圆+=1(a>b>0),F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,椭圆上总存在点P使得PF1⊥PF2,则椭圆的离心率的取值范围为( )A. B.C. D.【解析】选A.由PF1⊥PF2,知△F1PF2是直角三角形,所以|OP|=c≥b,即c2≥a2-c2,所以a≤c,因为e=,0<e<1,所以≤e<1.16.(2015·浙江高考)椭圆+=1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y=x的对称点Q在椭圆上,则椭圆的离心率是.【解题指南】利用已知条件求出点Q的坐标,从而求出a,b,c的关系.【解析】设F(c,0)关于直线y=x的对称点为Q(m,n),则有解得m=,n=,所以Q在椭圆上,即有+=1,解得a2=2c2,所以离心率e==.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知抛物线的顶点在原点,它的准线过双曲线-=1的一个焦点,并且这条准线与双曲线的两焦点的连线垂直,抛物线与双曲线交点为P,求抛物线方程和双曲线方程.【解析】依题意,设抛物线方程为y2=2px(p>0),因为点在抛物线上,所以6=2p×,所以p=2,所以所求抛物线方程为y2=4x.因为双曲线左焦点在抛物线的准线x=-1上,所以c=1,即a2+b2=1,又点在双曲线上,所以-=1,由解得a2=,b2=.所以所求双曲线方程为4x2-y2=1.【补偿训练】若已知椭圆+=1与双曲线x2-=1有相同的焦点,又椭圆与双曲线交于点P,求椭圆及双曲线的方程.【解析】由椭圆与双曲线有相同的焦点得10-m=1+b,即m=9-b,①又因为点P在椭圆、双曲线上,所以y2=m,②y2=.③解由①②③组成的方程组得m=1,b=8,所以椭圆方程为+y2=1,双曲线方程为x2-=1.18.(12分)求以直线x+2y=0为渐近线,且截直线x-y-3=0所得弦长为的双曲线的标准方程.【解析】由于双曲线的渐近线方程为x+2y=0,故可设双曲线方程为x2-4y2=λ(λ≠0).设直线x-y-3=0与双曲线的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组消去y,整理得3x2-24x+36+λ=0.由Δ=(-24)2-3×4(36+λ)>0,解得λ<12.由根与系数关系可得代入弦长公式中,|AB|=|x1-x2|=·=·=,于是=,解得λ=4(与λ<12符合).故所求的双曲线的标准方程为-y2=1.19.(12分)已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点,斜率为2的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)两点,且|AB|=9.(1)求该抛物线的方程.(2)O为坐标原点,C为抛物线上一点,若=+λ,求λ的值.【解析】(1)直线AB的方程是y=2,与y2=2px联立,从而有4x2-5px+p2=0,所以x1+x2=,由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p=9,所以p=4,从而抛物线方程是y2=8x.(2)由p=4,方程4x2-5px+p2=0可化为x2-5x+4=0,从而x1=1,x2=4,y1=-2,y2=4,从而A(1,-2),B(4,4).设=(x3,y3)=(1,-2)+λ(4,4)=(4λ+1,4λ-2),又=8x3,即2=8(4λ+1),即(2λ-1)2=4λ+1,解得λ=0或λ=2.20.(12分)已知点P(3,4)是椭圆+=1(a>b>0)上的一点,F1,F2为椭圆的两焦点,若PF1⊥PF2,试求:(1)椭圆的方程.(2)△PF1F2的面积.【解析】(1)令F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),则b2=a2-c2.因为PF1⊥PF2,所以·=-1,即·=-1,解得c=5,所以设椭圆方程为+=1.因为点P(3,4)在椭圆上,所以+=1.解得a2=45或a2=5.又因为a>c,所以a2=5(舍去).故所求椭圆方程为+=1.(2)由椭圆定义知|PF1|+|PF2|=6,①又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=100,②①2-②得2|PF1|·|PF2|=80,所以=|PF1|·|PF2|=20.【补偿训练】已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点A(1,-2).(1)求抛物线C的方程,并求其准线方程.(2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l,使得直线l与抛物线C有公共点,且直线OA 与l的距离等于?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.【解析】(1)将(1,-2)代入y2=2px,得(-2)2=2p·1,所以p=2.故所求的抛物线C的方程为y2=4x,其准线方程为x=-1.(2)假设存在符合题意的直线l,其方程为y=-2x+t.由得y2+2y-2t=0.因为直线l与抛物线C有公共点,所以Δ=4+8t≥0,解得t≥-.另一方面,由直线OA到l的距离d=,可得=,解得t=±1.因为-1∉,1∈,所以符合题意的直线l存在,其方程为2x+y-1=0.21.(12分)已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,它的一个顶点恰好是抛物线y=x2的焦点,离心率为.(1)求椭圆C的标准方程.(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M,若=m,=n,求m+n的值.【解析】(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0).抛物线方程可化为x2=4y,其焦点为(0,1),则椭圆C的一个顶点为(0,1),即b=1.由e===.得a2=5,所以椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)易求出椭圆C的右焦点F(2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0),显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-2),代入方程+y2=1,得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0.所以x1+x2=,x1x2=.又=(x1,y1-y0),=(x2,y2-y0),=(x1-2,y1),=(x2-2,y2).因为=m,=n,所以m=,n=,所以m+n=,又2x1x2-2(x1+x2)==-,4-2(x1+x2)+x1x2=4-+=,所以m+n=10.22.(12分)(2016·北京高考)已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率.(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:四边形ABNM的面积为定值.【解题指南】(1)把A,B两点代入可求得a,b.(2)设P(x0,y0),表示出直线AP,BP方程,求出点M,N坐标,表示出面积.再利用点P在椭圆上化简整理为定值.【解析】(1)把A(2,0),B(0,1)分别代入椭圆方程得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1. 因为c==,所以离心率e==.(2)设P(x0,y0),其中x0<0,y0<0.则直线AP方程为y=(x-2),直线BP方程为y=x+1.所以M,N.所以|AN|=2+,|BM|=+1.所以四边形ABNM的面积为S=|AN||BM|==××==.因为点P在椭圆C上,所以=4-4.代入上式得S ===2.因此,四边形ABNM的面积为定值2.关闭Word文档返回原板块。

第二章单元质量评估(二)时限：120分钟满分：150分一、选择题(每题5分，共60分)1. lg9－12的值等于( )A．lg9－1 B．1－lg9C．8 D．222．以下函数中，在区间(0，＋∞)上不是增函数的是(A．y＝2x B．y＝log2x．＝2D ．＝2＋x＋1Cy x y2x3x，x≤0，1 3．已知函数f(x)＝log2x，x>0，那么f f8的值为(1A．27 B.271C．－27D．－27) )．函数f(x )＝2＋1)的图象大概是()4ln(x．已知a ＝12，b＝1－，c＝2log5，则a，，的大小关系为()5222bcA．c<b<a B．c<a<bC．b<a<cD ．b<c<a6．在同向来角坐标系中，函数f(x)＝x a(x≥0)，g(x)＝log a x的图象可能是()7．一种放射性元素，每年的衰减率是8%，那么akg的这类物质的半衰期(剩余量为本来的一半所需的时间)t等于()A．lg B．lgC. D.8．以下函数中，定义域是R且为增函数的是()－x3A．y＝e B．y＝xC．y＝lnx D．y＝|x|．已知b>0，5＝，＝d＝10，则以下等式必定建立的是()9logba lgbc,5A．d＝ac B．a＝cdC．c＝ad D．d＝a＋c10．已知f(x)是偶函数，它在(0，＋∞)上是减函数，若f(lgx)>f(1)，则x的取值范围是()11A.10，1B.0，10∪(1，＋∞)1 ，10D ．(0,1) ∪，＋∞)C.10(1．函数f(x) ＝2 x－1|的图象大概是()11log|212．已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且在(－∞，0]上是减函数，设a ＝f(log 26)，b ＝f(log 13)，c ＝f 1，则a ，b ，c 的大小关系是()3 2A ．c<b<aB ．b<c<aC ．b<a<cD ．a<b<c二、填空题(每题5分，共20分)13．已知4a＝2，lgx ＝a ，则x ＝________. 14．已知函数f(x)＝lgx ，若f(ab)＝1，则f(a 2)＋f(b 2)＝________.15．函数y ＝log a (2x －3)＋4的图象恒过定点M ，且点M 在幂函数f(x)的图象上，则f(3)＝________. 16．已知0<x<y<1，且有以下关系： 1 1①3y >3x ；②log x 3>log y 3；③3y >3x ；④log 4x<log 4y ；⑤log 1x<log 4y.4此中正确的关系式的序号是________．答案1．B 因为lg9<lg10＝1，所以 lg9－12＝|lg9－1|＝1－lg9.应选B. 22．C 函数y ＝x 为(0，＋∞)上的减函数．应选C.1 13．B f 8＝log 28＝－3， ff 1＝f(－3)＝3－3＝1. 827 4．A 函数过定点(0,0)，清除选项 B 、D ，又f(－x)＝ln(x 2＋1)＝f(x)，所以 f(x)为偶函数，清除选项 C.应选A.1． A ∵＝12，b ＝1－＝22＝ 2>1.5 a22∴a>b>1.又c ＝2log 52＝log 54<1，所以a>b>c.6．D 若a>1，则函数g(x)＝log a x 的图象过点(1,0)，且单一递加，但当x ∈[0,1)时，＝a 的图象应在直线y ＝x 的下方，故C 选项错误；y x0<a<1，则函数g(x)＝log a x 的图象过点(1,0)，且单一递减，函数y ＝x a (x ≥0)的图象应单一递加，且当x ∈[0,1)时图象应在直线 y ＝x 的上方，所以A ，B 均错， 只有D 项正确．117．C设t 年后节余量为ykg ，则y ＝(1－8%)ta ＝ta.当y ＝2a 时， 2a ＝ta ，所以t ＝，则t ＝log ＝.．A 项，函数＝ －x为R 上的减函数；8B y e项，函数y ＝x 3为R 上的增函数；项，函数y ＝lnx 为(0，＋∞)上的增函数；项，函数y ＝|x|在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．故只有B 项切合题意，应选B. lgb9．B 由log 5b ＝a ，得lg5＝a ； lg10 1由5d ＝10，得d ＝log 510＝lg5＝lg5， 又lgb ＝c ，所以cd ＝a.应选B.10．C 因为f(x)是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数，所以 f(－1)＝f(1)，且x>0， 1f(x)在(－∞，0)上是增函数，应有 －1<lgx<1，解得10<x<10.选C.∞ 11．C 当0<x<1时，f(x)＝log 2(2x －1)为增函数，清除A.当x<0时，f(x)＝log 2(－ 2x＋1)<0且为减函数．应选 C.12．A 由f(x)是R 上的偶函数，且在(－∞，0]上是减函数，则f(x)在[0，＋ )上是增函数，由b ＝flog 13＝f(－log 23)＝f(log 23)，由0<1<log 23<log 26，得f 1233<f(log 23)<f(log 26)，即c<b<a.应选A.13. 101112分析：由4a＝2，可得a ＝log 42＝2.所以lgx ＝2，即x ＝10 ＝10.14．2 分析：由已知可得，lg(ab)＝1，故f(a 2)＋f(b 2)＝lga 2＋lgb 2＝lg(a 2b 2)＝2lg(ab) 2×1＝2. 15．9 分析：当2x －3＝1时y ＝4.即函数y ＝log a (2x －3)＋4图象恒过定点M(2,4)， M 在幂函数f(x)图象上，设f(x)＝x m ，则4＝2m ，解得m ＝2，即f(x)＝x 2，则f(3) 32＝9. 16．①②④ 分析：∵3>1，y>x ，∴3y >3x ，故①正确． 由对数函数的图象知②正确；由①正确知③不正确；∵4>1，x<y ，log 4x<log 4y ，故④正确；log1x>0，log 4y<0，4 log 1x>log 4y ，故⑤不正确．2————————————————————————————三、解答题(写出必需的计算步骤、解答过程，只写最后结果的不得分，共分)17．(10分)计算：11323 2－3－3－－4(1)24－(－0.96)0－38＋2＋[(－2)4 ]；1－lg25÷－1(2)lg2log72＋1 4100＋7.18.(12分)已知函数f(x)＝x m－2x且f(4)＝72.(1)求m的值；(2)判断f(x)的奇偶性；(3)判断f(x)在(0，＋∞)上的单一性，并赐予证明．答案9127－23－2＋[(3－3＝3－1－3－2＋解：(1)原式＝2－－3＋2)－4417.4182]22 3－2＋(32)3152＝2＋2＝2.－1 2(2)原式＝－(lg4＋lg25)÷100＋14＝－2÷10－1＋14＝－20＋14＝－6.718．解：(1)因为f(4)＝2，2 7所以4m－4＝2，所以m＝1.2(2)由(1)知f(x)＝x－x，所以函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，对于原点对称，2又f(－x)＝－x＋x＝－2x－x＝－f(x)．设所以函数f(x)是奇函数．(3)函数f(x)在(0，＋∞)上是单一增函数，证明以下：x1>x2>0，则f(x1)－2＝1－2－x2－2f(x)x1x2x2＝(x1－x2)1＋x1x2，2因为x1>x2>0，所以x1－x2>0,1＋x1x2>0.所以f(x1)>f(x2)．所以函数f(x)在(0，＋∞)上为单一增函数．————————————————————————————19．(12分)设f(x)＝log a(1＋x)＋log a(3－x)(a>0，且a≠1)，f(1)＝2.(1)求a的值及f(x)的定义域；3(2)求f(x)在区间0，2上的最大值和最小值．·x－1－a20.(12分)若函数y＝f(x)＝a3为奇函数．3x－1(1)求a的值；(2)求函数的定义域；(3)求函数的值域．答案19.解：(1)∵f(1)＝2，∴log a 4＝2， ∵a>0，且a ≠1，∴a ＝2.1＋x>0，由得x ∈(－1,3)．3－x>0，故函数f(x)的定义域为(－1,3)．(2)∵由(1)知，f(x)＝log 2(1＋x)＋log 2(3－x)＝log 2(1＋x)(3－x)＝log 2[－(x －1)2 4]，∴当x ∈(－1,1]时，f(x)是增函数； x ∈(1,3)时，f(x)是减函数． 3∴函数f(x)在0，2上的最大值是f(1)＝log 24＝2.∵函数y ＝－(x －1)2＋4的图象的对称轴是 x ＝1， 3∴f(0)＝f(2)<f 2，3∴函数f(x)在0，2上的最小值为f(0)＝log 23.a ·3x －1－a 1 20．解：∵函数 y ＝f(x)＝ 3x －1＝a －3x －1. (1)由奇函数的定义，可得 f(－x)＋f(x)＝0，111即2a －3x －1－3－x －1＝0，∴a ＝－2.(2) ∵＝－1－1，∴3x －1≠0，即x ≠0.y23x －111∴函数y ＝－ 2－3x －1的定义域为{x|x ≠0}．(3)∵x ≠0，∴3x－1>－1. ∵3x －1≠0，∴－1<3x －1<0或3x －1>0，1 11 1 11∴－ 2－3x －1>2或－2－3x －1<－2.故函数的值域为11yy>2或y<－2.———————————————————————————— 21．(12分)已知函数f(x)＝2x 2－4x ＋a ，g(x)＝log a x(a>0且a ≠1)． (1)若函数f(x)在[－1,2m]上不拥有单一性，务实数 m 的取值范围； (2)若f(1)＝g(1)． ①务实数a 的值； ②设t 1＝12f(x)，t 2＝g(x)，t 3＝2x ，当x ∈(0,1)时，试比较t 1，t 2，t 3的大小．1＋x1＝－1.(12分)设函数f(x)＝log 21－ax (a ∈R)，若f －3(1)求f(x)的分析式；1＋x12 (2)g(x)＝log 2k ，若x ∈2，3 时，f(x)≤g(x)有解，务实数k 的取值会合．答案21.解：(1)因为抛物线y ＝2x 2－4x ＋a 张口向上，对称轴为x ＝1，所以函数f(x)在(－∞，1]上单一递减，在[1，＋∞)上单一递加，因为函数f(x)在[－1,2m]上不但一，1所以2m>1，得m>2，1 所以实数m 的取值范围为 2，＋∞. (2)①因为f(1)＝g(1)，所以－2＋a ＝0， 所以实数a 的值为2. ②因为t 1＝12f(x)＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2， t 2＝g(x)＝log 2x ，t 3＝2x ， 所以当x ∈(0,1)时，t 1∈(0,1)，t 2∈(－∞，0)，t 3∈(1,2)，所以t 2<t 1<t 3.122．解：(1)f －1 1－3＝log 2 ＝－1，3 a1＋32∴ 3 ＝1，即 4＝1＋a ，解得a ＝1.a 2 331＋31＋xf(x)＝log 21－x .1＋x 1＋x(2)∵log 21－x ≤log 2k1＋x 1 ＋x 2 ， ＝2log 2k ＝log 2 k1＋x 1＋x∴1－x ≤k 2.易知f(x)的定义域为(－1,1)，1∴1＋x>0,1－x>0，∴k 2≤1－x 2. 2 h(x)＝1－x 2，h(x)在2，3上减， h(x)max ＝h 21＝34.∴只要k 2≤34.3又由意知k>0，∴0<k ≤2.【⋯、￥。

第二章 数列单元质量评估（二）（新人教版必修5）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．在等差数列{a n }中，若a 1＋a 5＋a 9＝π4，则tan(a 4＋a 6)等于( )A.33B. 3 C ．1D ．－1解析：∵a 1＋a 5＋a 9＝3a 5＝π4，∴a 5＝π12.∴a 4＋a 6＝2a 5＝π6，∴tan(a 4＋a 6)＝tan π6＝33.答案：A2．已知等差数列{a n }的前n 项和为18，若S 3＝1，a n ＋a n －1＋a n －2＝3，则n 的值为( ) A ．9 B ．21 C ．27D ．36解析：由题意可知S n ＝n a 1＋a n2＝18，又由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋a n －1＋a n －2＝3，a 1＋a 2＋a 3＝1，所以3(a 1＋a n )＝4，即a 1＋a n ＝43.所以n ＝36a 1＋a n ＝3643＝27.故选C.答案：C3．下图所示的是一系列有机物的结构简图，图中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“短线”表示化学键，按图中结构可推知第n个图有化学键( )A ．6n 个B ．(4n ＋2)个C ．(5n －1)个D ．(5n ＋1)个解析：各图中的“短线”个数依次为6,6＋5,6＋5＋5，….若视6为5＋1，则上述数列为1＋5,1＋5＋5,1＋5＋5＋5，…，于是第n 个图有化学键(5n ＋1)个．故选D.4．已知等差数列{a n }的通项为a n ＝2n ＋1，前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为( )A ．120B ．100C ．75D ．70解析：由已知得a 1＝3，从而S n ＝n a 1＋a n2＝n (n ＋2)，所以S n n＝n ＋2，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1，首项为3的等差数列，则前10项和为T 10＝3×10＋10×92＝75.答案：C5．已知数列{a n }中，a 1＝1，S n ＝S n －12S n －1＋1，则{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝12n －1B ．a n ＝－2n －n －C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，12n －1－12n －3，n ＝nD ．a n ＝2n －n －解析：∵1S n＝2S n －1＋1S n －1＝1S n －1＋2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即S n ＝12n －1. ∴a n ＝S n －S n －1＝12n －1－12n －3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，12n －1－12n －3，n ＝n，注意验证n ＝1的情况是否符合．答案：C6．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时自身分裂为2个，现有一个这样的细菌和100个病毒，则细菌将病毒全部杀死至少需要( )A ．6秒钟B ．7秒钟C ．8秒钟D ．9秒钟解析：设至少要n 秒钟，则1＋22＋…＋2n －1≥100，即2n－1≥100，所以n ≥7.7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1.那么a 10＝( ) A ．1 B ．9 C ．10D ．55解析：∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，∴S 1＝1.可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，即S n ＋1－S n ＝1. ∵当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1. 答案：A8．(2012·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101 B.99101 C.99100D.101100解析：设数列{a n }的公差为d ，由a 5＝5，S 5＝15得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝55a 1＋5×42d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝1，从而a n ＝n ，∴1a n a n ＋1＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，从而S 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 答案：A9．设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列等价于( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：由题意得A 1＝a 1a 2，A 2＝a 2a 3，A 3＝a 3a 4，A 4＝a 4a 5，A 5＝a 5a 6，…，A i ＝a i a i ＋1，…，若{A n }为等比数列，则有A 2A 1＝A 3A 2＝A 4A 3＝A 5A 4＝…＝A i A i －1＝A i ＋1A i ＝…，即a 2a 3a 1a 2＝a 3a 4a 2a 3＝a 4a 5a 3a 4＝a 5a 6a 4a 5＝…＝a i a i ＋1a i －1a i ＝a i ＋1a i ＋2a i a i ＋1＝…，从而a 3a 1＝a 4a 2＝a 5a 3＝a 6a 4＝…＝a i ＋1a i －1＝a i ＋2a i ＝…，由等比数列的定义可知a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同．10．(2012·湖北卷)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数： ①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |； ④f (x )＝ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( ) A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④解析：设数列{a n }的公比为q .对于①，f a n ＋1f a n ＝a 2n ＋1a 2n＝q 2，是常数，故①符合“保等比数列函数”的定义；对于②，f a n ＋1f a n ＝2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ，不是常数，故②不符合“保等比数列函数”的定义；对于③，f a n ＋1f a n ＝|a n ＋1||a n |＝a n ＋1a n＝q ，是常数，故③符合“保等比数列函数”的定义；对于④，f a n ＋1f a n ＝ln|a n ＋1|ln|a n |，不是常数，故④不符合“保等比数列函数”的定义．答案：C第Ⅱ卷(非选择题 共100分)二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把答案填写在题中横线上) 11．在等差数列{a n }中，若S n ＝S 29－n (n <29，n ∈N *)，则a 15＝________. 解析：在S n ＝S 29－n 中令n ＝15得S 15＝S 14，从而可知a 15＝0. 答案：012．(2012·天津卷)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10，则数列{a n }与{b n }的通项公式分别为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝278＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3q ＝2，所以a n ＝3n －1，b n ＝2n.答案：a n ＝3n －1，b n ＝2n13．已知等比数列{a n }满足a n >0，n ＝1,2,3，…，且a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝________.解析：由a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，得a 2n ＝22n，又a n >0，则a n ＝2n，故log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.答案：n 214．若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝20，则x 5＋x 16＝________. 解析：由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列知{x n }为等差数列，于是x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝…＝x 10＋x 11＝2.答案：215．设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．解析：设a 2＝t ，则1≤t ≤q ≤t ＋1≤q 2≤t ＋2≤q 3，由于t ≥1，所以q ≥max{t ，t ＋1，3t ＋2}，故q 的最小值是33.答案：33三、解答题(本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16．(本小题12分)在等差数列{a n }和等比数列{b n }中，a 1＝b 1＝1，b 4＝8，{a n }的前10项和S 10＝55.(1)求a n 和b n ；(2)现分别从{a n }和{b n }的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则有10＋45d ＝55，q 3＝8，分别可解得d ＝1，q ＝2，所以a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)分别从{a n }，{b n }的前3项中各抽取一项，得到的基本事件有9个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)．符合题意的事件有2个：(1,1)，(2,2)．故所求事件的概率为29.17．(本小题12分)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.求数列{b n }的通项公式．解：设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意， 得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d ，依题意，有b 3b 5＝b 24，即(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13. 当d ＝2时，{b n }的第3项为5，又第4 项为10，故公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54×2n －1＝5×2n －3.当d ＝－13时，b 3＝20，又b 4＝10，故公比为12.由b 3＝b 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫122，即20＝b 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫122，解得b 1＝80.所以{b n }是以80为首项，12为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝5×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－5.18．(本小题12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＋a 5＝64⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＋1a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1an2，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }公比为q (q >0)，则a n ＝a 1q n －1，由已知得a 1＋a 1q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q3＋a 1q 4＝64⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4，分别化简，得a 21q ＝2，a 21q 6＝64，又a 1>0，故q ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝a 2n ＋1a 2n ＋2＝4n －1＋14n －1＋2，从而T n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋(1＋14＋…＋14n －1)＋2n ＝13(4n －41－n)＋2n ＋1.19．(本小题12分)(2012·广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ＝1时，T 1＝2S 1－1.因为T 1＝S 1＝a 1，所以a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1. (2)当n ≥2时，S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2S n －2S n －1－2n ＋1，所以S n＝2S n －1＋2n －1 ①，所以S n ＋1＝2S n ＋2n ＋1 ②，②－①得a n ＋1＝2a n ＋2，所以a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，即a n ＋1＋2a n ＋2＝2(n ≥2)，易得a 1＋2＝3，a 2＋2＝6，则a 2＋2a 1＋2＝2，所以{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝3·2n －1，所以a n ＝3·2n －1－2，n ∈N *.20．(本小题13分)(2012·浙江卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解：(1)由S n ＝2n 2＋n 得a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋n －[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1，当n ＝1时，a 1＝3也满足．故a n ＝4n －1，n ∈N *.(2)由(1)知a n b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N *，所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n－1,2T n ＝3×2＋7×22＋11×23＋…＋(4n －1)·2n,2T n －T n ＝(4n －1)·2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n＋5，从而T n ＝(4n －5)2n＋5，n ∈N *.21．(本小题14分)(2012·湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．解：(1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d ， a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2.整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意知a m ＝4 000，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000，解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝m －2m ＋13m －2m .故该企业每年上缴资金d 的值为m －2m ＋13m －2m 时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．。

(二) 数列(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，如果a n ＝2 014，则序号n 等于( ) A ．667 B ．668 C ．669 D ．672 解析：由2 014＝1＋3(n －1)解得n ＝672. 答案：D2．数列{a n }为等差数列，它的前n 项和为S n ，若S n ＝(n ＋1)2＋λ，则λ的值是( ) A ．－2 B ．－1 C ．0D ．1解析：等差数列前n 项和S n 的形式为S n ＝an 2＋n ， 所以λ＝－1. 答案：B3．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3·a 11＝16，则a 5等于( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8解析：因为a 3·a 11＝a 27＝16，所以a 7＝4，所以a 5＝a 7q 2＝422＝1.答案：A4．数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，那么在此数列中( ) A ．a 7＝a 8最大 B ．a 8＝a 9最大 C ．有唯一项a 8最大D ．有唯一项a 7最大解析：a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n， a n ＋1＝(n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＋1，所以a n ＋1a n ＝n ＋3n ＋2·910， 令a n ＋1a n ≥1，即n ＋3n ＋2·910≥1，解得n ≤7， 即n ≤7时递增，n ＞7递减，所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 7＝a 8＞a 9＞…. 所以a 7＝a 8最大．答案：A5．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( ) A ．3×44B ．3×44＋1 C ．44D ．44＋1解析：由a n ＋1＝3S n ⇒S n ＋1－S n ＝3S n ⇒S n ＋1＝4S n ，故数列{S n }是首项为1，公比为4的等比数列，故S n ＝4n －1，所以a 6＝S 6－S 5＝45－44＝3×44.答案：A6．数列{(－1)n·n }的前2 013项的和S 2 013为( ) A ．－2 013 B ．－1 017 C ．2 013D ．1 007解析：S 2 013＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 012－2 013＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 012－2 013)＝(－1)＋(－1)×1 006＝－1 007.答案：D7．若{a n }是等比数列，其公比是q ，且－a 5，a 4，a 6成等差数列，则q 等于( ) A ．1或2 B ．1或－2 C ．－1或2D ．－1或－2解析：依题意有2a 4＝a 6－a 5， 即2a 4＝a 4q 2－a 4q ，而a 4≠0， 所以q 2－q －2＝0，(q －2)(q ＋1)＝0. 所以q ＝－1或q ＝2. 答案：C8．设{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误的是( ) A ．d ＜0 B ．a 7＝0 C ．S 9＞S 5D ．S 6与S 7均为S n 的最大值 解析：由S 5＜S 6，得a 6＝S 6－S 5＞0. 又S 6＝S 7⇒a 7＝0，所以d ＜0.由S 7＞S 8⇒a 8＜0，因此，S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)＜0，即S 9＜S 5. 答案：C9．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158和5 B.3116和5 C.3116 D.158解析：由9S 3＝S 6＝S 3＋q 3S 3， 又S 3≠0，所以q 3＝8，q ＝2. 故a n ＝q ·qn －1＝2n －1，所以1a n ＝12n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案：C10．已知数列{a n }，a n ＝－2n 2＋λn ，若该数列是递减数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．(－∞，6) B ．(－∞，4] C ．(－∞，5)D ．(－∞，3]解析：数列{a n }的通项公式是关于n (n ∈N *)的二次函数，若数列是递减数列，则－λ2·（－2）≤1，即λ≤4.答案：B11．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( ) A.1516B.158C.34D.38解析：由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2， 所以a 3·a 2＝a 2＋(－1)3，所以a 3＝12，所以12a 4＝12＋(－1)4，所以a 4＝3，所以3a 5＝3＋(－1)5，所以a 5＝23，所以a 3a 5＝12×32＝34.答案：C12．某工厂月生产总值的平均增长率为q ，则该工厂的年平均增长率为( ) A ．q B ．12q C ．(1＋q )12D ．(1＋q )12－1解析：设第一年第1个月的生产总值为1，公比为(1＋q )，该厂一年的生产总值为S 1＝1＋(1＋q )＋(1＋q )2＋…＋(1＋q )11.则第2年第1个月的生产总值为(1＋q )12，第2年全年生产总值S 2＝(1＋q )12＋(1＋q )13＋…＋(1＋q )23＝(1＋q )12S 1，所以该厂生产总值的年平均增长率为S 2－S 1S 1＝S 2S 1－1＝(1＋q )12－1. 答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．设{a n }是递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是________．解析：设前三项分别为a －d ，a ，a ＋d ，则a －d ＋a ＋a ＋d ＝12且a (a －d )(a ＋d )＝48，解得a ＝4且d ＝±2，又{a n }递增，所以d ＞0，即d ＝2，所以a 1＝2. 答案：214．已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和，若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________．解析：由题意知a 1＋a 3＝5，a 1a 3＝4，又{a n }是递增数列，所以a 1＝1，a 3＝4，所以q 2＝a 3a 1＝4，q ＝2代入等比求和公式得S 6＝63.答案：6315．如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则此数列的通项公式a n ＝______________． 解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1， 所以a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)； 所以a n ＝2a n －1，经检验n ＝1也符合． 所以{a n }是等比数列． 所以a n ＝2n －1，n ∈N *.答案：2n －1(n ∈N *)16．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，有下列三个命题： ①若{a n }既是等差数列又是等比数列，则a n ＝a n ＋1； ②若S n ＝a n(a 为非零常数)，则{a n }是等比数列； ③若S n ＝1－(－1)n，则{a n }是等比数列． 其中真命题的序号是________．解析：易知①是真命题，由等比数列前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 11－q －a 11－q·q n知②不正确，③正确．答案：①③三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7，问：b 6与数列{a n }的第几项相等？ 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2 (n ＝1，2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16， 所以q ＝2，b 1＝4. 所以b 6＝4×26－1＝128.由128＝2n ＋2得n ＝63，所以b 6与数列{a n }的第63项相等．18．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 2成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜38.(1)解：因为数列{a n }是等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n （n －1）2d .依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧S 5＝70，a 27＝a 2a 22.即⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝70，（a 1＋6d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋21d ）. 解得a 1＝6，d ＝4.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2(n ∈N *)． (2)证明：由(1)可得S n ＝2n 2＋4n . 所以1S n＝12n 2＋4n ＝12n （n ＋2）＝14(1n －1n ＋2)．所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋14·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝ 14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 因为T n －38＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＜0，所以T n ＜38. 因为T n ＋1－T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋3＞0，所以数列{T n }是递增数列， 所以T n ≥T 1＝16.所以16≤T n ＜38.19．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d ＝1，前n 项和为S n ，b n＝1S n.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)设数列{b n }前n 项和为T n ，求T n . 解：因为等差数列{a n }中a 1＝1， 公差d ＝1.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2＋n2.所以b n ＝2n 2＋n. (2)b n ＝2n 2＋n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝2⎝ ⎛1－12＋12－13＋13－14＋…＋⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 20．(本小题满分12分)求数列1，3a ，5a 2，7a 3，…，(2n －1)an －1的前n 项和．解：当a ＝1时，S n ＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝（1＋2n －1）n 2＝n 2.当a ≠1时，S n ＝1＋3a ＋5a 2＋…＋(2n －3)a n －2＋(2n －1)a n －1， aS n ＝a ＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)a n －1＋(2n －1)a n ，两式相减，有：(1－a )S n ＝1＋2a ＋2a 2＋ (2)n －1－(2n －1)a n＝1＋2a （1－a n －1）1－a－(2n －1)a n，此时S n ＝2a （1－a n －1）（1－a ）2＋a n＋1－2nan1－a. 综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，a ＝1，2a （1－a n －1）（1－a ）2＋a n ＋1－2na n 1－a ，a ≠1.21．(本小题满分12分)等差数列{a n }前n 项和为S n ，已知S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式．解：设{a n }的公差为d .由S 3＝a 22，得3a 2＝a 22，故a 2＝0或a 2＝3. 由S 1，S 2，S 4成等比数列得S 22＝S 1S 4. 又S 1＝a 1－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ， 故(2a 2－d )2＝(a 2－d )(4a 2＋2d )． 若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，所以d ＝0， 此时S n ＝0，不合题意；若a 2＝3，则(6－d )2＝(3－d )(12＋2d )， 解得d ＝0或d ＝2.因此{a n }的通项公式为a n ＝3或a n ＝2n －1(n ∈N *)．22．(本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12，所以a n ＋1＋12a n ＋12＝3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，首项为a 1＋12＝32，公比为3，所以a n ＋12＝32·3n －1，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12(n ∈N *)．(2)由(1)知：a n ＝3n－12，所以1a n ＝23n －1，因为当n ≥1时，3n －1≥2·3n －1，所以13－1≤12·3，于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＜32，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.。

单元评估验收(二)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，如果a n ＝2 014，则序号n 等于( ) A ．667 B ．668 C ．669 D ．672 解析：由2 014＝1＋3(n －1)解得n ＝672. 答案：D2．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A ．31 B ．32 C ．33 D ．34解析：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43.所以S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.答案：B3．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3·a 11＝16，则a 5等于( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8解析：因为a 3·a 11＝a 27＝16，所以a 7＝4，所以a 5＝a 7q 2＝422＝1.答案：A4．数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，那么在此数列中( ) A ．a 7＝a 8最大 B ．a 8＝a 9最大 C ．有唯一项a 8最大D ．有唯一项a 7最大解析：a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n， a n ＋1＝(n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＋1，所以a n ＋1a n ＝n ＋3n ＋2·910，令a n ＋1a n ≥1，即n ＋3n ＋2·910≥1，解得n ≤7， 即n ≤7时递增，n ＞7递减，所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 7＝a 8＞a 9＞…. 所以a 7＝a 8最大． 答案：A5.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上，则1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n等于( )A.n （n ＋1）2B.2n （n ＋1）C.n2（n ＋1）D.2n n ＋1解析：由已知得a n －a n ＋1＋1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． 所以S n ＝n ＋n （n －1）2·1＝12n 2＋12n ，所以1S n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.答案：D6．数列{(－1)n·n }的前2 013项的和S 2 013为( ) A ．－2 013 B ．－1 017 C ．2 013D ．1 007解析：S 2 013＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 012－2 013＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 012－2 013)＝(－1)＋(－1)×1 006＝－1 007.答案：D7．若{a n }是等比数列，其公比是q ，且－a 5，a 4，a 6成等差数列，则q 等于( ) A ．1或2 B ．1或－2 C ．－1或2D ．－1或－2解析：依题意有2a 4＝a 6－a 5， 即2a 4＝a 4q 2－a 4q ，而a 4≠0， 所以q 2－q －2＝0，(q －2)(q ＋1)＝0. 所以q ＝－1或q ＝2. 答案：C8．设{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误的是( ) A ．d ＜0 B ．a 7＝0 C ．S 9＞S 5D ．S 6与S 7均为S n 的最大值 解析：由S 5＜S 6，得a 6＝S 6－S 5＞0. 又S 6＝S 7⇒a 7＝0，所以d ＜0.由S 7＞S 8⇒a 8＜0，因此，S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)＜0，即S 9＜S 5. 答案：C9．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158和5 B.3116和5 C.3116 D.158解析：由9S 3＝S 6＝S 3＋q 3S 3， 又S 3≠0，所以q 3＝8，q ＝2. 故a n ＝q ·qn －1＝2n －1，所以1a n ＝12n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案：C10．已知数列{a n }，a n ＝－2n 2＋λn ，若该数列是递减数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．(－∞，6) B ．(－∞，4] C ．(－∞，5)D ．(－∞，3]解析：数列{a n }的通项公式是关于n (n ∈N *)的二次函数，若数列是递减数列，则－λ2·（－2）≤1，即λ≤4.答案：B11．设等差数列{a n }的公差为d ，若数列{2a 1a n }为递减数列．则( ) A ．d ＜0 B ．d ＞0 C ．a 1d ＜0 D ．a 1d ＞0解析：因为{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，所以2a 1a n ＝2a 21＋a 1(n －1)d ，又由于{2a 1a n }为递减数列，所以2a 1a n 2a 1a n ＋1＝2－a 1d ＞1＝20，所以a 1d ＜0.答案：C12．某工厂月生产总值的平均增长率为q ，则该工厂的年平均增长率为( ) A ．q B ．12q C ．(1＋q )12D ．(1＋q )12－1解析：设第一年第1个月的生产总值为1，公比为(1＋q )，该厂一年的生产总值为S 1＝1＋(1＋q )＋(1＋q )2＋…＋(1＋q )11.则第2年第1个月的生产总值为(1＋q )12，第2年全年生产总值S 2＝(1＋q )12＋(1＋q )13＋…＋(1＋q )23＝(1＋q )12S 1，所以该厂生产总值的年平均增长率为S 2－S 1S 1＝S 2S 1－1＝(1＋q )12－1. 答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．设{a n }是递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是________．解析：设前三项分别为a －d ，a ，a ＋d ，则a －d ＋a ＋a ＋d ＝12且a (a －d )(a ＋d )＝48，解得a ＝4且d ＝±2，又{a n }递增，所以d ＞0，即d ＝2，所以a 1＝2. 答案：214．已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和，若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________．解析：由题意知a 1＋a 3＝5，a 1a 3＝4，又{a n }是递增数列，所以a 1＝1，a 3＝4，所以q 2＝a 3a 1＝4，q ＝2代入等比求和公式得S 6＝63.答案：6315．如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则此数列的通项公式a n ＝______________． 解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1， 所以a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)； 所以a n ＝2a n －1，经检验n ＝1也符合． 所以{a n }是等比数列． 所以a n ＝2n －1，n ∈N *.答案：2n －1(n ∈N *)16．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________． 解析：设三边为a ，aq ，aq 2(q ＞1)，则(aq 2)2＝(aq )2＋a 2，所以q 2＝5＋12.较小锐角记为θ，则sin θ＝1q 2＝5－12.答案：5－12三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知数列{log 2(a n －1)}(n ∈N *)为等差数列，且a 1＝3，a 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n＜1. (1)解：设等差数列{log 2(a n －1)}的公差为d . 由a 1＝3，a 3＝9，得log 2(9－1)＝log 2(3－1)＋2d ，则d ＝1. 所以log 2(a n －1)＝1＋(n －1)·1＝n ， 即a n ＝2n＋1. (2)证明：因为1a n ＋1－a n ＝12n ＋1－2n ＝12n ，所以1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n＝ 121＋122＋123＋…＋12n ＝12－12n ·121－12＝1－12n ＜1. 18．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 2成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜38.(1)解：因为数列{a n }是等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n （n －1）2d .依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧S 5＝70，a 27＝a 2a 22.即⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝70，（a 1＋6d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋21d ）. 解得a 1＝6，d ＝4.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2(n ∈N *)．(2)证明：由(1)可得S n ＝2n 2＋4n . 所以1S n＝12n 2＋4n ＝12n （n ＋2）＝14(1n －1n ＋2)．所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋14·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 因为T n －38＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＜0，所以T n ＜38. 因为T n ＋1－T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋3＞0，所以数列{T n }是递增数列， 所以T n ≥T 1＝16.所以16≤T n ＜38.19．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }，a 6＝5.a 3＋a 8＝5. (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，求{b n }的通项公式b n . 解：(1)设{a n }的首项是a 1，公差为d ，依题意得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝5，2a 1＋9d ＝5， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－20，d ＝5.所以a n ＝5n －25(n ∈N *)．(2)由(1)a n ＝5n －25，所以b n ＝a 2n －1＝5(2n －1)－25＝10n －30， 所以b n ＝10n －30(n ∈N *)．20．(本小题满分12分)求数列1，3a ，5a 2，7a 3，…，(2n －1)an －1的前n 项和．解：当a ＝1时，S n ＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝（1＋2n －1）n 2＝n 2.当a ≠1时，S n ＝1＋3a ＋5a 2＋…＋(2n －3)a n －2＋(2n －1)a n －1， aS n ＝a ＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)a n －1＋(2n －1)a n ，两式相减，有：(1－a )S n ＝1＋2a ＋2a 2＋ (2)n －1－(2n －1)a n＝1＋2a （1－a n －1）1－a－(2n －1)a n，此时S n ＝2a （1－a n －1）（1－a ）2＋a n ＋1－2nan1－a. 综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，a ＝1，2a （1－a n －1）（1－a ）2＋a n ＋1－2na n 1－a ，a ≠1.21．(本小题满分12分)等差数列{a n }前n 项和为S n ，已知S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式．解：设{a n }的公差为d .由S 3＝a 22，得3a 2＝a 22，故a 2＝0或a 2＝3. 由S 1，S 2，S 4成等比数列得S 22＝S 1S 4. 又S 1＝a 1－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ， 故(2a 2－d )2＝(a 2－d )(4a 2＋2d )． 若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，所以d ＝0， 此时S n ＝0，不合题意；若a 2＝3，则(6－d )2＝(3－d )(12＋2d )， 解得d ＝0或d ＝2.因此{a n }的通项公式为a n ＝3或a n ＝2n －1(n ∈N *)．22．(本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12，所以a n ＋1＋12a n ＋12＝3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，首项为a 1＋12＝32，公比为3，所以a n ＋12＝32·3n －1，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12(n ∈N *)．(2)由(1)知：a n ＝3n－12，所以1a n ＝23n －1，因为当n ≥1时，3n－1≥2·3n －1，所以13n －1≤12·3n －1，于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＜32，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.。

单元质量评估(二)(第二章)(120分钟 150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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.在数列1，2，√7，√10，√13，…中，2√19是这个数列的第( ) A.16项 B.24项 C.26项 D.28项【解析】选 C.因为a 1=1=√1，a 2=2=√4，a 3=√7，a 4=√10，a 5=√13，…，所以a n =√3n −2.令a n =√3n −2=2√19=√76，得n=26.2.(2015·海口高二检测)由a 1=1，d=3确定的等差数列{a n }，当a n =298时，序号n 等于( )A.99B.100C.96D.101 【解析】选B.由题意得， 1+(n −1)×3=298，解得n=100.3.(2015·长沙高一检测)不可以作为数列：2，0，2，0，…，的通项公式的是( )A.a n ={2(n =2k −1,k ∈N ∗)0(n =2k,k ∈N ∗)B.a n =2|sinn π2|C.a n =(-1)n +1D.a n =2|cos(n−1)π2|【解析】选C.经检验选项C 不可以作为数列：2，0，2，0…的通项公式，而是数列0，2，0，2，…的一个通项公式. 4.已知等差数列5，427，347，…的前n 项和为S n ，则使得S n 最大的序号n 的值为( )A.7B.8C.7或8D.8或9【解析】选 C.等差数列5，427，347，…的首项为5，公差为-57，所以通项公式a n =5+(n −1)×(−57)=57(8−n )，所以当1≤n<8时，a n >0；当n=8时，a n =0； 当n ≥9时，a n <0， 所以当n=7或8时S n 最大.【延伸探究】记本题数列为{a n }，求数列{|a n |}的前n 项和T n . 【解析】S n =5n+n (n−1)2×(−57)=514n (15−n )， 当1≤n ≤8时， T n =S n =514n (15−n ).当n ≥9时，T n =S 8-(S n −S 8)=2S 8-S n =40-514n (15−n ).综上知，T n ={514n (15−n ),1≤n ≤8,40−514n (15−n ),n ≥9.5.(2015·武威高二检测)若a 1=3，a 2=6，a n+2=a n+1-a n ，则a 55等于( ) A.3 B.6 C.-3 D.-6 【解析】选A.由题意得a 3=a 2-a 1=6-3=3， a 4=a 3-a 2=3-6=-3， a 5=a 4-a 3=-3-3=-6， a 6=a 5-a 4=-6-(−3)=-3，a 7=a 6-a 5=-3-(−6)=3，所以该数列按3，6，3，-3，-6，-3，周期变化. 所以a 55=a 6×9+1=a 1=3.6.在正项等比数列{a n }中，a 3=29，S 3=269，则数列{a n }的通项公式为( ) A.34×(23)nB.2×(13)nC.2×(13)n−1 D.281×3n-1【解析】选C.设{a n }的公比为q(q>0)，则{a 1q 2=29,a 1+a 1q +a 1q 2=269,所以12q 2-q-1=0，所以q=13或q=-14(舍)，a 1=2， 所以a n =a 1q n-1=2×(13)n−1.7.(2015·邢台高一检测)设a n =1n+1+1n+2+…+12n(n ∈N *)，那么a n+1-a n =( )A.12n+1B.12n+2C.12n+1+12n+2D.12n+1-12n+2【解析】选D. 因为a n =1n+1+1n+2+…+12n (n ∈N *)，所以a n+1=1n+2+…+12n +12n+1+12n+2(n ∈N *)，所以a n+1-a n =-1n+1+12n+1+12n+2=12n+1-12n+2.【误区警示】解答本题时若对题意理解不准确，则容易出现a n+1-a n =12n+1+12n+2的错误.8.(2015·深圳高二检测)记等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 5+a 21=a 12，那么S 27=( )A.2 015B.2 014C.2 013D.0【解析】选D.因为数列{a n}是等差数列，所以a5+a21=2a13，又a5+a21=a12，所以2a13=a12，所以a13+a13-a12=0，所以a13+d=0，即a14=0，所以S27=27(a1+a27)2=27a14=0.9.下面是关于公差d>0的等差数列{a n}的四个命题：p1：数列{a n}是递增数列；p2：数列{na n}是递增数列；p3：数列{a nn}是递增数列；p4：数列{a n+3nd}是递增数列.其中的真命题为( )A.p1，p2B.p3，p4C.p2，p3D.p1，p4【解析】选D.对于p1，数列{a n}的公差d>0，所以数列是递增数列；对于p4，因为(a n+1+3(n+1)d)-(a n+3nd)=d+3d=4d>0，是递增数列.对于p2，因为(n+1)a n+1-na n=(n+1)a n+(n+1)d-na n=a1+2nd，a1不知道正负，不一定大于零，所以不一定是递增数列；同理，对于p3，也不一定是递增数列，故选D.10.(2015·荆州高一检测)数列{a n}的各项都是正数，且数列{log3a n}是等差数列，若a5a6+a4a7=18，则log3a1+log3a2+…+log3a10=( )A.12B.10C.8D.2+log35【解析】选B.因为数列{log3a n}是等差数列，所以log3a n+1-log3a n=log3a n+1=d，a n=3d，n∈N*，所以a n+1a n所以数列{a n}是等比数列，所以a5a6=a4a7，又a5a6+a4a7=18，所以a5a6=a4a7=9，所以a1a10=a2a9=…=a4a7=a5a6=9，所以log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1a2·…·a10)=log395=10.11.一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了3个伙伴；第2天，4只蜜蜂飞出去，各自找回了3个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中蜜蜂的总只数为( )A.243B.729C.1 024D.4 096【解析】选D.设第n天蜂巢中的蜜蜂数量为a n，由题意可得数列{a n}成等比数列，它的首项为4，公比q=4，所以{a n}的通项公式：a n=4·4n-1=4n，所以到第6天，所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有a6=46=4096只蜜蜂.【补偿训练】我国历史上对数列概念的认识起源于公元前几百年前.在公元前一百年前成书的《周髀算经》提到：在周城的平地立八尺高的周髀(表竿)，日中测影，在二十四节气中，冬至影长1丈3尺5寸，以后每一节气递减9寸9分(以10寸计算)，则9尺5寸应是二十四节气中从冬至开始的第__________个节气. 【解析】用{a n}表示从冬至开始的“影长”组成的等差数列，则a1=135，a n=95，公差d=-10，所以由a n=a1+(n-1)d，得n=a n−a1+1=5.答案：512.设{a n }是公比为q 的等比数列，首项a 1=164，对于n ∈N *，b n =lo g 12a n ，当且仅当n=4时，数列{b n }的前n 项和T n 取得最大值，则q 的取值范围为( ) A.(3，2√3) B.(3，4) C.(2√2，4) D.(2√2，3√2)【解析】选C.因为等比数列{a n }的公比为q ，首项a 1=164，所以b n+1-b n =lo g 12a n+1-lo g 12a n =lo g 12a n+1a n=lo g 12q.所以数列{b n }是以lo g 12q 为公差，以lo g 12a 1=6为首项的等差数列， 所以b n =6+(n-1)lo g 12q.由于当且仅当n=4时，T n 最大，所以lo g 12q<0，且{b 4>0,b 5<0,所以{6+3log 12q >0,6+4log 12q <0,所以-2<lo g 12q<-32，即2√2<q<4.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上)13.等差数列{a n }中，a 2=8，S 10=185，则数列{a n }的通项公式a n =__________(n ∈N *).【解析】设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2=8，S 10=185，所以{a 1+d =8,10a 1+10×92d =185,解得a 1=5，d=3.所以a n =5+(n-1)×3=3n+2. 答案：3n+214.(2015·泰兴高一检测)等比数列{a n }前n 项的积为T n ，若a 3a 6a 18是一个确定的常数，那么数列T 10，T 13，T 17，T 25中也是常数的项是__________. 【解析】a 3a 6a 18=a 13q 2+5+17=(a 1q 8)3=a 93，即a 9为定值，所以下标和为18的两项积为定值，可知T 17为定值. 答案：T 1715.已知数列{a n }，{b n }满足a 1=b 1=1，a n+1-a n =b n+1b n=2，n ∈N *，则数列{b a n }的前n项和为__________. 【解析】因为a n+1-a n =b n+1b n=2，所以数列{a n }是等差数列，且公差是2，数列{b n }是等比数列，且公比是2. 又因为a 1=1，所以a n =a 1+(n-1)d=2n-1，所以b a n =b 2n-1=b 1·22n-2=22n-2. 设c n =b a n ， 所以c n =22n-2， 所以c n c n−1=4，所以数列{c n }是等比数列，且公比为4，首项为1，所以数列{c n }的前n 项和为1×(1−4n )1−4=13(4n -1).答案：13(4n -1)16.定义na 1+a 2+⋯+a n为n 个正数a 1，a 2，…，a n 的“均倒数”.若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n+1，则a n =__________.【解析】由题可知：na 1+a 2+⋯+a n =12n+1，所以a 1+a 2+…+a n =n ·(2n+1)， 所以a 1+a 2+…+a n +a n+1=(n+1)·(2n+3)，两式相减得：a n+1=(n+1)·(2n+3)-n ·(2n+1)=4(n+1)-1， 又因为1a 1=13，即a 1=3满足上式，所以a n =4n-1.答案：4n-1三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)(2015·德州高二检测)在等差数列{a n }中，a 1+a 3=8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和. 【解析】设该数列公差为d ，前n 项和为S n . 由已知，可得2a 1+2d=8，(a 1+3d )2=(a 1+d )(a 1+8d )，所以a 1+d=4，d (d −3a 1)=0， 解得a 1=4，d=0，或a 1=1，d=3， 当a 1=4，d=0时，S n =4n. 当a 1=1，d=3时，S n =3n 2−n 2.18.(12分)(2015·毕节高一检测)已知{a n }是首项为19，公差为-2的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和. (1)求通项a n 及S n .(2)设{b n -a n }是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{b n }的通项公式及前n 项和T n .【解析】(1)因为a 1=19，公差d=-2， 所以a n =19-2(n-1)=21-2n ，S n =19n+12n(n-1)×(-2)=20n-n 2.(2)由题意得b n -a n =3n-1，即b n =a n +3n-1， 所以b n =3n-1-2n+21， 所以T n =S n +(1+3+…+3n-1) =-n 2+20n+3n −12.19.(12分)在数列{a n }中，已知a 1=-1，a n +a n+1+4n+2=0.(1)若b n =a n +2n.求证：{b n }是等比数列，并写出{b n }的通项公式. (2)求{a n }的通项公式及前n 项和S n . 【解析】(1)b 1=1，b n+1b n=a n+1+2(n+1)a n +2n=−a n −4n−2+2n+2a n +2n=-1，所以{b n }是以1为首项，-1为公比的等比数列. b n =(-1)n-1.(2)a n =b n -2n=(-1)n-1-2n ， 当n 为偶数时，S n =-n 2-n ， 当n 为奇数时，S n =1-n 2-n.【补偿训练】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2=17，S 10=100. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)若数列{b n }满足b n =(-1)n a n ，求数列的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有{a 1+d =17,10a 1+9×10d =100,解得{a 1=19,d =−2,故a n =19+(n-1)(-2)=21-2n. (2)由(1)知，b n =(21-2n)(-1)n . ①当n 为偶数时，则T n =(-19)+17+(-15)+13+…+(2n-23)+ (21-2n)=(-2)+(-2)+…+(-2)=n2(-2)=-n.②当n 为奇数时，则T n =T n-1+a n =-(n-1)+(2n-21)=n-20.综上可知，T n ={n −20 (n 为奇数),−n (n 为偶数).20.(12分)(2015·南昌高二检测)数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 是S n 和1的等差中项，等差数列{b n }满足b 1+S 4=0，b 9=a 1. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式. (2)若c n =1(b n +16)(b n +18)，求数列{c n }的前n 项和W n .【解析】(1)因为a n 是S n 和1的等差中项， 因为S n =2a n -1， 当n ≥2时，a n =S n -S n-1=(2a n -1)-(2a n-1-1)=2a n -2a n-1， 所以a n =2a n-1，当n=1时，a 1=S 1=2a 1-1，所以a 1=1， 所以a n ≠0(n ∈N *)，因为a n a n−1=2，所以数列{a n }是以a 1=1为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2n-1， S n =a 1+a 2+…+a n =2n -1，设{b n }的公差为d ，b 1=-S 4=-15，b 9=-15+8d=1⇒d=2， 所以b n =-15+(n-1)×2=2n-17. (2)c n =1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，所以W n =12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=n2n+1.【补偿训练】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a n =S nn+n-1(n ∈N *).(1)求证：数列{Sn n}为等差数列.(2)设数列{1a n a n+1}的前n 项和为T n ，求T n .【解析】(1)由题意可得na n =S n +n(n-1)， 所以n(S n -S n-1)=S n +n(n-1)，(n ∈N *，n ≥2)， 即(n-1)S n -nS n-1=n(n-1)， 所以S n n -S n−1n−1=1，所以数列{S nn}为等差数列.(2)由(1)得S nn=1+(n-1)×1=n ，所以S n =n 2， 所以a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1，(n ∈N *，n ≥2)， 又a 1=1适合上式，所以a n =2n-1. 所以1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，所以T n =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=n2n+1.21.(12分)已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n =12a n 2+12a n (n ∈N *).(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值. (2)求数列{a n }的通项公式.【解析】(1)由S n =12a n2+12a n (n ∈N *)，可得 a 1=12a 12+12a 1，解得a 1=1； S 2=a 1+a 2=12a 22+12a 2，解得a 2=2；同理，a 3=3，a 4=4.(2)S n =12a n 2+12a n ， ①当n ≥2时，S n-1=12a n−12+12a n-1，②①-②得(a n -a n-1-1)(a n +a n-1)=0. 由于a n +a n-1≠0， 所以a n -a n-1=1， 又由(1)知a 1=1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n =n.22.(12分)(2015·襄阳高一检测)已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列，首项a 1=1，其前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，首项b 1=2，且b 2S 2=16，b 3S 3=72. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式.(2)令c 1=1，c 2k =a 2k-1，c 2k+1=a 2k +kb k ，其中k ∈N *，求数列{c n }的前n(n ≥3)项的和T n .【解析】(1)设数列{a n }的公差为d(d>0)，数列{b n }的公比为q ，则{2q(2+d)=16,2q 2(3+3d)=72,解得{d =2,q =2,所以a n =2n-1，b n =2n . (2)当n=2k+1(k ∈N *)时 T 2k+1=c 1+c 2+c 3+c 4+…+c 2k +c 2k+1=1+(c 2+c 4+…+c 2k )+(c 3+c 5+…+c 2k+1)=1+(a 1+a 3+…+a 2k-1)+(a 2+b 1+a 4+2b 2+…+a 2k +kb k )=1+(a 1+a 2+…+a 2k )+(b 1+2b 2+…+kb k ) a 1+a 2+…+a 2k =2k(1+2×2k−1)2=4k 2，令M=b 1+2b 2+…+kb k =2+2×22+3×23+…+k ×2k ， 则2M=22+2×23+3×24+…+k ×2k+1 两式相减得：-M=2+22+23+…+2k -k ×2k+1 =2(1−2k )1−2-k ×2k+1=(1-k)×2k+1-2，所以T 2k+1=1+4k 2+(k-1)×2k+1+2 =3+4k 2+(k-1)×2k+1. 当n=2k+2(k ∈N *)时，T 2k+2=T 2k+1+c 2k+2=3+4k 2+(k-1)×2k+1+a 2k+1 =4k 2+4k+4+(k-1)×2k+1. 所以T n ={3+(n −1)2+n −32·2n+12,(n 为奇数,n ∈N ∗)3+(n −1)2+(n2−2)·2n 2(n 为偶数,n ∈N ∗).关闭Word 文档返回原板块。

单元质量评估 ( 二)第二章(120 分钟150 分)一、选择题 ( 本大题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分. 在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的)2 2 2 2 21. 由 1=1 ，1+3=2，1+3+5=3 ，1+3+5+7=4，，获得 1+3+ +(2n-1)=n用的是 ()A. 概括推理B. 演绎推理C.类比推理D.特别推理【分析】选 A. 依据定义可知是概括推理 .2. 以下推理是概括推理的是()，B 为定点，动点 P 知足 |PA|+|PB|=2a>|AB| ，得 P 的轨迹为椭圆B. 由 a1=1，a n=3n-1 ，求出 S1，S2，S3，猜想出数列的前n 项和 S n的表达式C.由圆 x2+y2=r 2的面积πr 2，猜出椭圆+ =1 的面积 S=πabD.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【分析】选 B. 从 S1，S2，S3猜想出数列的前 n 项和 S n，是从特别到一般的推理，所以 B是概括推理 .【赔偿训练】以下推理中属于概括推理且结论正确的选项是()A. 由 a n=2n-1 ，求出 S1=12，S2=22，S3=32，，推测 : 数列 {a n} 的前 n 项和 S n=n2B. 由 f(x)=xcos x知足f(-x)=-f(x)对? x∈R都建立，推测:f(x)=xcos x为奇函数C.由半径为 r 的圆的面积 S=πr 2，推测单位圆的面积S=πD.由(1+1) 2>21，(2+1) 2>22，(3+1) 2>23，，推测 : 对全部 n∈N*，(n+1) 2>2n【分析】选 A. 选项 A: 为概括推理，且因为a n=2n-1，所以{a n} 是等差数列，首项a1=1，公差 d=2，则 S n=n+×2=n2，故A正确;选项B:为演绎推理;选项C: 为类比推理 ; 选项 D:为概括推理，当 n=7 时，(n+1) 2=82=64<2n =27=128，故结论错误.3.在△ABC中， E，F 分别为 AB，AC的中点，则有 EF∥BC，这个问题的大前提为 ()A.三角形的中位线平行于第三边B.三角形的中位线等于第三边的一半C.EF 为中位线∥BC【分析】选 A. 这个三段论的推理形式是: 大前提 : 三角形的中位线平行于第三边; 小前提 :EF 为△ ABC的中位线 ; 结论 :EF∥BC.4. 已知 c>1，a=-，b=-，则正确的结论是()A.a>bB.a<bC.a=b，b 大小关系不定【分析】选 B. 因为 a=，b=，所以a<b.5.用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3+ax+b=0 起码有一个实根”时，要做的假定是()A. 方程 x3+ax+b=0没有实根B. 方程 x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程 x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程 x3+ax+b=0恰巧有两个实根【分析】选 A. 因为“方程 x3+ax+b=0 起码有一个实根”等价于“方程 x3+ax+b=0 的实根的个数大于或等于 1”，所以，要做的假定是方程 x3+ax+b=0 没有实根 . 6.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，能够求出过点A(-3 ，4) ，且法向量为n=(1，-2) 的直线 ( 点法式 ) 方程为 :1 ×(x+3)+( - 2) ×(y -4)=0 ，化简得 x-2y+11=0. 类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3) ，且法向量为m=(-1 ，-2 ，1) 的平面的方程为 ()A.x+2y-z-2=0B.x-2y-z-2=0C.x+2y+z-2=0D.x+2y+z+2=0【分析】选 A. 类比直线方程求法得平面方程为(- 1) ×(x -1)+(- 2) ×(y - 2)+1 ×(z -3)=0 ，即 x+2y-z-2=0.7. 用数学概括法证明1+++ +=时，由 n=k 到 n=k+1 左侧需要增添的项是()A. B.C. D.【分析】选 D.由 n=k 到 n=k+1 时，左侧需要增添的项是=.8.剖析法又叫执果索因法，若使用剖析法证明 : “设 a>b>c，且 a+b+c=0，求证:< a”，则最后的索因应是()A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0【分析】选 A. 因为 a>b>c，且 a+b+c=0，所以 3c<a+b+c<3a，即 a>0，c<0.要证<a，只需证 b2-ac<3a 2，只需证 (-a-c)2-ac<3a2，只需证 2a2-ac-c 2>0，只需证 (a-c) ·(2a+c)>0 ，只需证 2a+c>0(a>0，c<0，则 a-c>0) ，只需证 a+c+(-b-c)>0 ，即证 a-b>0，这明显建立 .9.对大于或等于 2 的自然数的正整数幂运算有以下分解方式 :22=1+332=1+3+542=1+3+5+723=3+533=7+9+1143=13+15+17+192 3依据上述分解规律，若 m=1+3+5+ +11，n的分解中最小的正整数是21，则 m+n=()2【分析】选 B. 因为 m=1+3+5+ +11=×6=36，所以 m=6.因为 23=3+5，33=7+9+11，43=13+15+17+19，所以 53=21+23+25+27+29，因为 n3的分解中最小的正整数是21，所以 n3=53，n=5，所以 m+n=6+5=11.10. 已知 a>0，b>0，a，b 的等差中项为，且m=a+，n=b+，则m+n的最小值为 ()【分析】选 C.由已知，得 a+b=1，m+n=a+ +b+ =1+ + =1++=3+ + ≥3+2=5.11. 已知 x>0，不等式 x+ ≥2，x+ ≥3，x+ ≥4，，可推行为 x+ ≥n+1，则 a 的值为( )2 B.n n n2n-22018-2019 年人教版高中数学选修2-2 单元质量评估(二 )【分析】选 B. 由 x+ ≥2，x+ =x+≥3，x+=x+≥4，，可推行为x+ ≥n+1，故 a=n n.12.在等差数列 {a n} 中，若 a n>0，公差 d>0，则有 a4·a6>a3·a7，类比上述性质，在等比数列 {b n} 中，若 b n >0，公比 q>1，则 b4，b5，b7，b8的一个不等关系是 ()A.b +b >b +bB.b +b <b +b4 85 7 4 8 574+b7>b5+b84+b7<b5+b8【分析】选 A.在等差数列 {a n} 中，因为 4+6=3+7时有 a4·a6>a3·a7，所以在等比数列 {b n} 中，因为 4+8=5+7，所以应有 b4+b8>b5+b7或 b4+b8<b5+b7.因为 b4=b1q3，b5=b1 q4，b7=b1q6，b8=b1q7，所以 (b 4+b8)-(b 5+b7 )=(b 1q3+b1q7)-(b 1q4+b1q6)=b1q6·(q-1)-b1q3(q-1)=(b1q6-b 1q3)(q-1)=b1q3 (q 3-1)(q-1).因为 q>1，b n>0，所以 b4+b8>b5+b7.二、填空题 ( 本大题共 4 个小题，每题 5 分，共 20 分. 把答案填在题中的横线上)13.已知 x，y∈R，且 x+y>2，则 x，y 中起码有一个大于 1，在用反证法证明时，假定应为.【分析】“起码有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y 均不大于 1”，亦即“ x≤1 且 y≤1”.答案 : x， y 均不大于 1( 或许 x≤1 且 y≤1)14. 从 1=1，1-4=-(1+2) ，1-4+9=1+2+3，1-4+9-16=-(1+2+3+4) ，，推行到第n 个等式为.【分析】因为 1=1=(-1) 1+1· 1，1-4=-(1+2)=(-1)2+1·(1+2)，1-4+9=1+2+3=(-1) 3+1·(1+2+3) ，1-4+9-16=-(1+2+3+4)=(-1)4+1·(1+2+3+4)，所以 1-4+9-16+ +(-1) n+1· n2=(-1) n+1·(1+2+ +n).答案 : 1-4+9-16+ +(-1) n+1·n2=(-1) n+1 (1+2+ +n)15. 函数 y=a1-x (a>0 ，a≠1) 的图象恒过定点 A，若点 A 在直线 mx+ny-1=0(mn>0)上，则+ 的最小值为.【分析】因为函数 y=a1-x的图象所过的定点为 A(1，1) ，且点 A 在直线 mx+ny-1=0 上，所以 m+n=1.又因为 mn>0，所以必有 m>0，n>0，于是+ =(m+n)·=2+ +≥2+2=4.答案:416. 对于命题“假如O是线段 AB上一点，则 | | ·+|| ·=0”将它类比到平面的情况是 : 若 O是△ ABC内一点，有 S△OBC·+S△OCA·+S△OBA·=0，将它类比到空间的情况应为: 若 O是四周体 ABCD内一点，则有.【分析】依据类比的特色和规律，所得结论形式上一致，由线段类比平面，平面类比到空间，由线段长类比为三角形面积，再类比成四周体的体积，故能够类比为 V O -BCD·+V O -ACD·+V O -ABD·+V O -ABC·=0.答案 : V·+V·+V·+V·=0三、解答题 ( 本大题共 6 个小题，共 70 分，解答时应写出必需的文字说明、证明过程或演算步骤 )17.(10 分) 已知实数 a，b，c，d 知足 a+b=c+d=1，ac+bd>1，求证 :a ，b，c，d 中起码有一个是负数 .【解题指南】对于含有“起码”、“至多”的命题的证明，常常用反证法证明 . 假定结论不建立，由 a+b=c+d=1可得 a，b，c，d∈[0 ，1]. 由条件中的和与积想到基本不等式，依据ac≤≤，bd≤≤，两式相加可推出矛盾.【分析】假定 a，b，c，d∈[0 ，+∞) ，因为 a+b=c+d=1，所以 a，b，c，d∈[0 ，1] ，所以 ac≤≤，bd≤≤，所以 ac+bd≤+=1，这与 ac+bd>1相矛盾，所以原假定不建立.故 a，b，c，d 中起码有一个是负数 .【拓展延长】适合用反证法证明的命题有:(1)结论自己是以否认形式出现的命题 .(2)对于独一性，存在性的命题 .(3)结论是以“至多”“起码”等形式出现的命题 .(4)结论的反面比原结论更详细，更简单研究的命题 .18.(12 分) 已知在△ ABC中，有一个内角不小于120°，求证 : 最长边与最短边之比不小于.【解题指南】设最大角为 A，最小角为 C，因为 A≥120°，所以 B+C≤60°， C≤30°，再利用正弦定理和二倍角公式求出的范围，即得所证.【证明】设最大角为 A，最小角为 C，则最大边为a，最小边为 c. 因为 A≥120°，所以 B+C≤60°，且 C≤B，所以 2C≤B+C≤60°， C≤30°.所以==≥=2cos C ≥.19.(12 分) 已知△ ABC的三个内角 A，B，C成等差数列，求证 : +=1. 【解题指南】采纳剖析法进行证明，依据结论+=1，可得 c2+a2-b 2-ac=0;再利用 A，B，C成等差数列，可得 B=60°，利用余弦定理可得 b2=c2+a2-ac 建立，进而得证 .【证明】要证原式建立，只需证=1，即证 bc+c2+a2+ab=ab+b2+ac+bc，即 c2+a2-b 2-ac=0 ，而三个内角 A， B，C成等差数列，所以A+C=2B，又 A+B+C=180°，所以 B=60°，由余弦定理可得 b2=c2+a2-2accos B=c 2+a2-ac ，所以 c2+a2-b 2-ac=0 ，故+=1.20.(12 分) 已知 x，y∈N*，以下不等式建立 .-9-/122018-2019 年人教版高中数学选修2-2 单元质量评估(二 )②x2+ y2≥;③x2+ y2≥.依据上述不等式，请你推出一般的结论，并证明你的结论.【分析】一般的结论是 : 已知 x，y∈N*，a，b 都是正数，且 a+b=1，则 ax2+by2 ≥(ax+by) 2.证明 : 因为 a+b=1，所以 a=1-b>0，b=1-a>0.所以 (ax 2+by2)-(ax+by) 2=(a-a 2)x 2-2abxy+(b-b 2)y 2=a(1-a)x 2-2a(1-a)xy+a(1-a)y 2=a(1-a)(x2-2xy+y2)=a(1-a)(x-y)2.又 a>0，1-a>0 ，(x-y) 2≥0，所以 (ax 2+by2)-(ax+by)2≥0.所以ax2+by2≥(ax+by)2建立.21.(12 分) 若实数 x，y，m知足 |x-m|>x|y-m|，则称x比y远离m.(1)若 x2-1 比 1 远离 0，务实数 x 的取值范围 .(2) 对随意两个不相等的正数 a，b，证明 :a 3+b3比 a2b+ab2远离 2ab .【分析】 (1) 由题意可得 |x 2-1-0|>|1-0| ，即|x 2-1|>1 ，即 x2 -1>1 或 x2-1<-1 ，解得 x>或x<-，故实数 x 的取值范围为 (- ∞， -) ∪ (，+∞).(2) 对随意两个不相等的正数a，b，有 a3+b3>-10-/122ab，a2b+ab2>2ab.因为 |a 3+b3-2ab|-|a 2b+ab2-2ab|=(a+b)(a-b)2>0所以|a3+b3-2ab|>|a 2b+ab2-2ab| ，故 a3 +b3比 a2b+ab2远离 2ab.22.(12 分) 用数学概括法证明1·(n 2-1 2 )+2·(n 2-2 2)++n(n 2-n 2)= n2(n-1)(n+1)(n∈N*).【证明】 (1) 当 n=1 时，左侧 =1·(1 2-1 2)=0，右侧 = ·12·0·2=0，所以左侧 =右侧， n=1 时等式建立 .(2)假定当 n=k(k ∈N*) 时等式建立，即 1·(k 2-1 2)+2·(k 2-2 2)+ +k·(k 2-k 2)= k2(k-1)(k+1).则当 n=k+1 时，1·[(k+1) 2-1 2]+2 ·[(k+1) 2-2 2]+ +k·[(k+1) 2-k 2]+(k+1)[(k+1) 2-(k+1) 2] =[1 ·(k 2-1 2)+2 ·(k 2-2 2)+ +k·(k 2-k 2)]+[1 ·(2k+1)+2(2k+1)+ +k(2k+1)]= k2(k-1)(k+1)+ ·(2k+1)=k(k+1)[k(k-1)+2(2k+1)]=k(k+1)(k 2 +3k+2)= (k+1) 2k(k+2) ，-11-/12即当 n=k+1 时等式建立 .由(1)(2)知对全部n∈N*，等式建立.【拓展延长】数学概括法的两点关注(1)关注点一 : 用数学概括法证明等式问题是数学概括法的常有题型，其重点点在于“先看项”，弄清等式两边的组成规律，等式两边各有多少项，初始 n0是多少 .(2) 关注点二 : 由 n=k 到 n=k+1 时，除等式两边变化的项外还要利用n=k 时的式子，即利用假定，正确写出概括证明的步骤，进而使问题得以证明.-12-/12。

单元质量评估（二）时间：100分钟分数：120分第一部分阅读理解（共两节，满分40分）第一节（共15小题；每小题2分，满分30分）阅读下列短文，从每题所给的四个选项（A、B、C和D）中，选出最佳选项。

AOxford's Department for Continuing Education runs over 1，000 courses per year，offered on a part－time basis.Programmes include Oxford awards and degrees at undergraduate and postgraduate level，online short courses，weekly classes，day and weekend events，continuing professional development and summer schools.Oxford awards & degreesOver 50 undergraduate and postgraduate Oxford qualifications：certificates，diplomas，advanced diplomas，Master's and Doctoral degrees，offered part－time，in the arts，social sciences，diplomatic studies，human rights law，health care and biomedical sciences，which involve overseas students.Course duration ranges from one year to several years part－time.The department also runs a Graduate School to provide the support and guidance needed by those following part－time graduate programmes./qualificationsOnline & distance learningChoose from over 90 courses across a range of disciplines.Most are short courses of 5—10 weeks，accredited（officially approved）.A few longer courses result in Oxford qualifications./onlineWeekly classesApproximately 500 part－time accredited classes，open to all，and held in Oxford，Reading and other locations.Topics are studied in depth over a period of 10 or 20 weeks./w eeklyDay & weekend eventsCourses of 1 or 2 days，usually held at weekends and taught by lecturers and speakers who are noted authorities in their field of research.Many courses are offered in combination with national organizations.Over 150 offered per year./day w eekendProfessional development courses200 courses per year，ranging from day schools to short，refresher courses to full degree programmes.Subjects include health sciences，public policy，diplomatic studies，nanotechnology，electronics，historic conservation，environmental sciences，public administration，higher education leadership and more./cpdSummer schoolsAccredited and non－accredited courses of between one and three weeks，with over 120 to choose from.Most are designed for the general public；others are designed to allow professionals to update skills./summerschools【语篇解读】本文是一篇应用文，介绍了牛津大学的继续教育部所开设的各种教育课程。