【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题4.6《数列》单元测试卷》提升卷(解析版).doc，共(15)页，803.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题4.6《数列》单元测试卷（B卷提升篇）（人教A版第二册,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·贵州毕节市·贵阳一中高三月考（理））已知等差数列{}na的前n项和为nS，3a=5，则5S=（）A．5B．25C．

35D．50【答案】B【解析】由题意可知，{}na为等差数列，所以15355()5252525222aaaS故选：B2．（2020·全国高二课时练习）设数列nanN是等差数列，n

S是其前n项和，且56SS，678SSS，则下列结论中错误的是（）A．0dB．70aC．96SSD．6S与7S均为nS的最大值【答案】C【解析】由于56SS，678SSS，所以6560SSa，7670SSa，

8780SSa，所以70,0da，6S与7S均为nS的最大值．而96789830SSaaaa，所以96SS，所以C选项结论错误．故选:C．3．（2021·山东高三专题练习）在等差数列na中，19a，51a.记12(1,2,)nnTaaan……，则数列n

T（）A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项【答案】B【解析】由题意可知，等差数列的公差511925151aad，则其通项公式为：11912211naandnn，注意

到123456701aaaaaaa，且由50T可知06,iTiiN，由117,iiiTaiiNT可知数列nT不存在最小项，由于1234569,7,5,3,1,1aaa

aaa，故数列nT中的正项只有有限项：263T，46315945T.故数列nT中存在最大项，且最大项为4T.故选：B.4．（2020·河南高二月考（文））在数列na中，1

2a，111nnnaaa，则2021a（）A．2B．13C．12D．3【答案】A【解析】∵12a，111nnnaaa，∴213a，312a，43a，52a.∴该数列是周期数列，周期4T.又202150541

，∴202112aa，故选：A.5．（2020·贵州毕节市·贵阳一中高三月考（理））古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何?”意思是：“女子善于织布，每天织的布都是

前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这名女子每天分别织布多少?”某数学兴趣小组依托某制造厂用织布机完全模拟上述情景，则从第一天开始，要使织布机织布的总尺数为165尺，则所需的天数为（）A．7B．8C．9D．10【答案】D【解析】设该女子第一天织布x尺，则5天共织布5(

12)512x，解得531x尺，在情境模拟下，设需要n天织布总尺数达到165尺，则有5(12)3116512n，整理得21024n，解得10n.故选：D．6．（2020·四川师范大学附属中学高二期中（文））已知等比数列na中，2511,432aa，则

数列2logna的前10项之和是（）A．45B．35C．55D．55【答案】D【解析】设等比数列na的公比为q，由2511,432aa，可得33211432aqq，解得12q，又由111124aqa，解得112a，所以12nna

，则221loglog()2nnan，数列2logna的前10项之和为10[(1)100]55()21S.故选：D.7．（2021·全国高二课时练习）数列na中，115a，*1332

nnaanN，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是（）A．2122,aaB．2223,aaC．2324,aaD．2425,aa【答案】C【解析】123nnaa，则247215(1)33nnan．要使10nnaa，

即(452)(472)09nn，可得454722n，*nN，∴n=23．则该数列中相邻两项的乘积为负数的项是23a和24a，故选：C8．（2020·浙江高三月考）已知数列na是首项为a，公差为1的等差数列，数列n

b满足1nnnaba.若对任意的*nN，都有5nbb成立，则实数a的取值范围是（）A．6,5B．6,5C．5,4D．5,4【答案】D【解析】由已知111nnnnabaa

对*nN都有5nbb成立，即51111naa，即511naa又数列na是首项为a，公差为1的等差数列，1naan且数列na是单调递增数列，当n时，10na，所以50a，60a，即510610aa

，解得54a.即实数a的取值范围是5,4故选：D9．（2020·成都市·四川电子科大实验中学高一期中）设数列na满足11a，*112nnnaanN，则数列na的通项公式为（）．A．*2212nnanNB．*2112nnan

NC．*1112nnanND．*122nnanN【答案】B【解析】112nnnaa，所以当2n时，1112nnnaa，12212nnnaa，，21112aa，将上式

累加得：1121111222nnaa，1111221112nna1112n，即1122nna(2)n，又1n时，11a也适合，1122nna1212n

．故选：B．10．（2020·成都市实验外国语学校（西区）高一期中）已知数列na，nb中满足1231nnaan，110a，1nnba，若nb前n项之和为nS，则满足不等式16170nS的最小整数n是（）.A．8B．9C．11D．10【答案】D【解析

】由题意可知：123nnaa，即11322nnaa，即11112nnaa，又110aQ，119a，即数列1na是以首项为9，公比为12的等比数列，11192nna，即11192nn

a，11192nnnba，12111219661212nnnnSbbb

，则111632170nnS，即1112510n，又9112512，满足不等式16170nS的最小整数19n，即10n.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共

7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2019·四川省大竹中学高二期中（文））已知等比数列na的公比13q，且131992019aaa，则24200aaa_______________________.【答

案】673【解析】等比数列na的公比13q且131992019,aaa2420013199120196733aaaqaaa.故答案为：673.12．（2020·浙江高一期末）在《九章算术》中有一个

古典名题“两鼠穿墙”问题：今有垣厚若千尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，大意是有两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍，小老鼠第一天也进一尺，以后每

天减半，若垣厚33尺，则两鼠______日可相逢.【答案】6【解析】大老鼠打洞构成首项为1，公比为2的等比数列，小老鼠打洞构成首项为1，公比为12的等比数列，设相遇时是第n天，则11122331121

2nn，即2212332nn，即22322nn，令222nnfn，在1n上是增函数，又5656225232,623222ff，所以相遇时是第6天，故答案为：613．（2020·成都市·四川电子科大实验中学高一期中）朱载堉（1536-

1611）是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比

相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设第三个音的频率为1f，第七个音的频率为2f，则21ff______．【答案】132【解析】由题知：一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等，可以将每个音的频率看作等比

数列{}na，一共13项，且1nnaqa，最后一个音是最初那个音的频率的2倍，1312aa，12121122aqaq，1164122113321312faaqqqfaaq，12312ff．故答案为：13214．（2020·全国高二）如图所示，某地区为了绿

化环境，在区域{()|00}xyxy，，内大面积植树造林，第1棵树在点1(01)A，处，第2棵树在点11(1)B，处，第3棵树在点1(10)C，处，第4棵树在点2(20)C，处，根据此规律按图中箭头方向每隔1个单位种1棵树，那么：（1）第n棵树所在点的坐标是(440)，，

则n______；（2）第2021棵树所在点的坐标是______．【答案】1936(344)，【解析】（1）111OABC设为第一个正方形，种植3棵树，依次下去，第二个正方形种植5棵树，第三个正方形种植7棵树，构成公差为2的等差数

列，43个正方形有387357(2431)4319352棵树，由第n棵树所在点坐标是(440)，，则193511936n；（2）由（1）可知正方形种植的树，它们构成一个等差数列，公差为2，故前43个正方形共有434

2433219352棵树，又2021193586，864442，45423，因此第2021棵树在(344)，点处．15．（2020·浙江高一期末）若对任意1,12x，都有2012212nnxaaxaxaxxx，（n为

正整数），则0a_______.na______.【答案】012(1)3nn【解析】因为对任意1,12x，都有2012212nnxaaxaxaxxx，（n为正整数），所

以当2n时，2201212nnxxaaxxaxax，20102101222nnnnaaaxaaaxaaax，所以010210120120...20...nn

naaaaaaaaa，解得012120,1,1,20nnnaaaaaa，所以1122nnnnaaaa或11222nnnnaaaa，所以1nna

a是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以112nnnaa，所以12nnaa是以1为首项，以-1为公比的等比数列，所以1121nnnaa，两式联立得：1213nnna，故答案为：0，12(1)3nn16．

（2020·全国高二课时练习）在数列na中，13a，且12221nnaann．（1）na的通项公式为__________；（2）在1232019,,,,aaaa这2019项中，被10除余

2的项数为__________．【答案】222nann403【解析】（1）12221nnaann，且1211a，∴数列2nan是以1为首项，2为公差的等差数列，212121nannn，

222nann．（2）被10除且余数为2的整数可表示为102kkZ（），令222102nannk，可得1021knn，nN，且12019,21nn奇数，∴n为10的倍数或21n为5的奇数倍且n为偶数．当n为10的倍数

时，n的取值有10、20、30、…、2010，共201个；当21n为5的奇数倍且n为偶数时，n的取值有8、18、28…、2018，共202个．综上所述，在1232019aaaa、、、、这2019项中，被10

除余2的项数为201+202=403．故答案为：222nann；40317．（2020·苏州市相城区陆慕高级中学高二期中）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原

理．大衍数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列第19项

的值为____．此数列的通项公式na______．【答案】180221,21,222nnkkNnnk，【解析】观察前10项可得，211102a，233142a，2551122a，277

1242a，2991402a，即当n为奇数时，212nna，所以2191911802a；又22222a，24482a，266182a，288322a，21010502a，即当n为偶数时，22nna；所以221,21,222

nnnkakNnnk，.故答案为：180；221,21,222nnkkNnnk，.三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·河南高二月考（文））已知公差不

为零的等差数列na的前3项和为3，且2a，3a，6a成等比数列.（1）求na的通项公式；（2）设3nnab，求数列nb的前n项和nS.【答案】（1）23nan；（2）19124nnS.【解析】（1）设na的公差为()dd

0，因为等差数列na的前3项和为3，且2a，3a，6a成等比数列，所以12111333,25,adadadad解得11,2.ad∴23nan.（2）∵2333nannb，∴21123393nnnnbb，11133b

，∴数列nb是首项为13，公比为9的等比数列，∴11913911924nnnS.19．（2020·山西高三期中（理））已知正项数列na的前n项和为nS，满足1nnnaSS（2n，*nN），11a．（1）求数列n

a的通项公式；（2）设1cosπnnnnbnaa，求数列nb的前2n项和2nT的表达式．【答案】（1）21nan；（2）241nnTn．【解析】（1）正项数列na的前n项和为nS，满足1nnnaSS（2n，*nN），所以11nnnnSSSS

，整理得：1110nnnnSSSS，由于数列为正项数列，所以11nnSS（常数），所以nS是以1为首项，1为公差的等差数列，所以11nSnn，所以1121nnnaSSnnn，易见11a也适合该式．由于111112212

1nnaann，111cosπcosπ22121nnnnnbnnaann，当n为奇数时，cosπ1n，n为偶数时，cosπ1n，所以111123b

，2211235b，3311257b，，所以212321211121212232325nnnTbbbbb3131252741412

11121127292434124141nnnnnn1112121313141411223232525272729529211

21241241nnnn41nn1111111...222422122nn41nn．20．（2020·全国高二（文））已知数列{}na和2{}nan都是等差数列，11

2a．（1）求数列{}na的通项公式；（2）设21nnba，数列{}nb的前n项和为nS，求证：8nS．【答案】（1）2nna；（2）证明见解析．【解析】（1）设等差数列{}na的公差为d，∵112a，∴212a

d，3122ad，则21114a，2221()222da，2231(2)232da，又数列2{}nan是等差数列，∴2211()(2)1222242dd，化简得2104dd，解得12d，则11

(1)222nnan；（2）由（1）可知2214nnban，当1n时，14b，1148Sb，符合，当2n时，244114()(1)1nbnnnnn，12111111144()44(1)812231nnSbbbnnn

，综上，当n+N时，8nS．21．（2020·四川省都江堰中学高一期中）已知数列na满足1122nnnaaaNn，11a.（1）证明：数列1na为等差数列，并求数列n

a的通项公式.（2）若记nb为满足不等式11122knnaNn的正整数k的个数，数列nnba的前n项和为nS，求关于n的不等式4032nS的最大正整数解.【答案】（1）证明见解析；21nan；（2）8.【解析】（1）由1122n

nnaaa取倒数得11221112nnnnnaaaaa，即11112nnaa，所以1na为公差为12的等差数列，1111121221nnnnaaan

.（2）当11122nnka时，1112221212nnnnkk，所以这样k有2n个2nnb，112nnnbna，2121324212nnSn

，2122232212nnnSnn，两式相减得：21222212nnnSn2nn，所以2nnSn为递增数列.820

48S，94608S，8940328SSn，所以最大正整数解为8.22．（2020·四川省成都市盐道街中学高一期中）已知21()4fxx．（1）设11a，11nnfaa，求na．（2）设22212,

nnSaaa，1nnnbSS，且1223341nnnTbbbbbbbb，问是否存在最小正整数m，使得对任意*nN，都有25nmT成立．若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．【答

案】（1）143nan；（2）存在，2m．【解析】（1）由11nnfaa得：21114nnaa，则221114nnaa，故21na是以2111a为首项，4为公差的等差数列，2143nna

，由21()40fxx可得0na，故143nan．（2）211141nnnnbSSan，111111414544145nnbbnnnn，1223341nnnTbbbbbbbb

11111111111145949134131744145nn11111111145991313174145nn1114545n，由题干对任意*nN

，都有25nmT成立得max25nmT，由1114545nTn得120nT，12520m，解得：54m，又m为正整数，2m，综上，存在2m，使得对任意*nN，都有2

5nmT成立．