【KS5U解析】上海市上海中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题Word版含解析

1、上海中学2019学年第二学期期终考试数学试题一、选择题。1. lim 1 _.n n【答案】1【解析】【分析】,1-由lim =0即可求得x n1、1【详解】lim(1 )=lim1 lim =1-0=1 xn xx n【点睛】利用和或差的极限等于极限的和或差，此题是一道基础题。2 .已知等差数列a1 3自 21,d2,则n .【答案】10【解析】试题分析：根据公式，an a1n 1 d ,将a1 3,an 21,d 2,代入，计算得n=10.考点：等差数列的通项公式.3 .数列an中，已知an 413?22,n N , 50为第 项.【答案】4【解析】【分析】方程变为4n 13?2n-48=

2、0,设2n x,解关于x的二次方程可求得。【详解】an 4n 13?2n 2,n N* ,则 50 4n 13?2n 2 ,即 4n 13?2n-48=0设 2n x,贝 U x2 13x 48 0,有 x 16 或 x 3取x 16得2n 16, n 4,所以是第4项。4n ( 2n) 2 ，原方程可通过换元，变为关于x 的一个二次方程。对于指数结构4n (2n)2, 9n (3n)2, 25n (5n)2等，都可以通过换元变为二次形式研究。4 . an等比数列，若a1a2a326 , a4a152 ，则an .【答案】 2?3n 1【解析】【分析】将 a1a2a326 , a4a152 这

3、两式中的量全部用a1, q 表示出来，正好有两个方程，两个未知数，解方程组即可求出。2【详解】a1a2a326 相当于a(1 1 q q ) =26 ，32a4 a152相当于 a(1 q -1 )=a1(q 1)(q q 1) 52 ，上面两式相除得 q 1 2, q 3 代入就得a12 ，an2g3n 1【点睛】基本量法是解决数列计算题最重要的方法，即将条件全部用首项和公比表示，列方程，解方程即可求得。5. 用数学归纳法证明： n 1 n 2 L n nk 1 ”左边需增加的代数式是【答案】 4k 2【解析】【分析】写出 n k 时的表达式，然后写出 n k1 时的表达式，由此判断出增加的

4、代数式n*2 1 3 2n 1 ,n N 时， 从“ k 到【详解】当 n k 时，左边为 k 1 k 2 L当 n k 1 时，左边为 k 1 1 k 1 2 L化简得k 2 k 3 L k k k k 1 2k 2k k ，左边的 k 固定，k1 kk1k1，k 2 k 3 L k k 2 2k 1 k 1 ， 故增加的项为2 2k 1 4k 2 .【点睛】本小题主要考查数学归纳法的概念以及运用，考查观察与思考的能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题 .6 .数列2口满足 ai 1, a23, an 1(2n)an(n 1,2,L ),则 a3等于.【答案】 15【解析】【分析】先

5、由 a11, a23,an 1(2n)an(n1,2,L ) ，可求出 ，然后由 n 2 ，代入已知递推公式即可求解。Q a1 1,a23,an1(2n )an ,a2(2)a1,【详解】 3 2,1,an 1(2n 1)ana35a2 15故答案为 15.【点睛】本题考查是递推公式的应用，是一道基础题。*7 . 数列xn满足xn1xnxn1 ,n 2, n N ,x1 a,x2b ，则x2019 .【答案】 b a【解析】【分析】根据题意可求得xn2xn1xn和xn1xnxn1 的等式相加，求得xn 2xn1 ，进而推出xn6 xn3 xn ，判断出数列是以 6 为周期的数列，进而根据x20

6、19x3 求出答案。【详解】 Qxn 1 xnxn1xn 2xn 1xn将以上两式相加得xn 2xn 1xn 6xn 3xn数列Xn是以6为周期的数列，故 X2019 X3 X2 Xi b a【点睛】对于递推式的使用，我们可以尝试让n取n 1或n 1,又得一个递推式，将两个递推式相加或者相减来找规律，本题是一道中等难度题目。8 .数列an满足下列条件：ai1 ,且对于任意正整数n，恒有a2nann ,则a5i2 .【答案】512【解析】【分析】直接由 a2nann ,可得 a512a256 256 a2562 =a128128 2 a128 22 L ,这样推下去,再带入等比数列的求和公式即可

7、求得结论。a512a256Q a2nan na256 25625628= a128a128L1282728281 211 2922 L281 2512故选C。【点睛】利用递推式的特点，反复带入递推式进行计算,发现规律,求出结果,本题是一道中等难度题目。9 .数列an定义为 a1 cos , an an 1 nsin cos , n 1,贝U S2nl2一【答案】n n sin(n 1)cos【分析】 由已知得两式 an an 1 nsin cos ,an 1 an 2 (n+1)sin cos ,，相减可发现原数 列的奇数项和偶数项均为等差数列，分类讨论分别算出奇数项的和和偶数项的和，再相加得

8、 原数列前2n+1的和Q an an 1 nsin cos an i an 2 (n+1) sin两式相减得an 2-ansin数列的奇数项，偶数项分别成等差数列,a1 a2 sin cos ,a2 sin cosa1sin cos cos sin a2n 1 cos (n 1)sin , a2n sin (n 1)sin nsin数列白前2n项中所有奇数项的和为:n(n 1)ncos +sin ，2数列白前2n项中所有偶数项的和为:(sin +nsin ) n (1+n) nsin22cn(n 1) .(1+n) nsinS2n 1ncos +sin a2n 122n(n 1) .(1+n)

9、 nsin.ncos +sin cos +nsin22(n 1)cos n(n 1)sin【点睛】对于递推式为 an 2-an d ,其特点是隔项相减为常数，这种数列要分类讨论，分偶数项和奇数项来研究，特别注意偶数项的首项为a2,而奇数项的首项为 a1.11.10.已知数列an是正项数列，Sn是数列an的前n项和，且满足 Sn - an 一 .右2an, an 1bn， Tn是数列bn的刖n项和，则T99SnSn 1【答案】10【解析】【分析】11、1 ,利用 anSnSn1 将Snan变为SnSnSn1242Sn1,.(n 2),整理发Sn12现数列 Sn 为等差数列，求出2Sn ,进一步可

10、以求出an ,再将an , Sn代入bn ,发现可以裂项求bn的前99项和。_11【详解】Q Sn - an 2anSn1 -Sn Sn 121SnSn(n 2)SnSn2SnSn1SnSn 1Sn 1SnSn 1Sn121_ 2_ 2SnS1(n 1) 1 (n 1) nSnn(n 2)当n 1时，& 1符合Sn 石，Sn VnanSn Sn 1n.T1(n 2)当 n 1 时，a1 1 符合 an Vn Vn1,an n n 1bnan 1SnSn1n 1, n 11. n . n 1、n , n 1T99blb2b3 L b9911111 L,.22、33.411/19-= 1

11、一 一.9910010 10【点睛】一般公式an Sn Sn 1使用是将Sn Sn 1变为an ,而本题是将an变为Sn Sn 1 ,给后面的整理带来方便。先求 Sn ,再求an ,再求bn , 一切都顺其自然。11. 一个三角形的三条边成等比数列,那么，公比q的取值范围是【答案】5 1 q ,5 122【解析】【详解】设三边按递增顺序排列为2a,aq,aq ,其中 a 0,q 1.aq2,即 q2 q 1 0 .解得 Lj/5 q2由q>1知q的取值范围是Kq <O12设三边按递减顺序排列为a,aq, aq2,其中 a 0,0 q 1.22一则 aq aq a ,即 q q 1

12、0.解得得q 1.综上所述，1J q 15 .2212.数列an满足a11, a22, a33, a44,a5 5,当 n 5时,an 1 a1?a2?L ? an 1 ,则是否存在不小于222a1?a2L ?am a1a2 L am成立？若存在，则在横线处直接填写m的值；右不存在，就填写“不存在” .【答案】70【解析】【分析】构造数列 bn (a2 a22 L a2) a1?a2L?an,两式 bn(a12afLa2)a1?a2L?an 与 bn 1(ai2a|La2 1)a1?azL?an1 相 减可得数列 bn为等差数列，求出bn ,让bn =0即可求出m .【详解】设bn (a2 a

13、2 L2、an ) ai?a2Lbn 1 (a2a2 L2an 1 )a1?a2L ? an 12两式相减得 bn bn i an ( ai?azL ?an 1 )(an 1)又 an 1 a1?a2?L ?an 1222bn bn 1 an (an 1)(an 1) an an 1 1数列4从第5项开始为等差数列，由已知易得b1,b2,b3,b4均不为0Qb52516 94 1 12065bnb5(n 5)d65 n5 n7022.2所以当n=70的时候a1 ? a2 L ? am a1 a2 L am成立，故答案填70. 222一【点睛】如果递推式中出现和的形式，比如a1 a2 Lan ,

14、可以尝试退项相减，即让 n取n 1后，两式作差，和的部分因为相减而抵消，剩下的就好算了。二、选择题。13.已知等差数列 an的公差为2,前n项和为Sn ,且S10 100 ,则a7的值为A. 11B. 12C. 13D. 14【答案】C【解析】【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式，即可得到结果.【详解】二.等差数列an的公差为2,且S10 100 ,C10 9S10 10a1 2 1002 a11 a7 17 12 13.故选：C【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前n项和公式，考查计算能力，属于基础题14.等比数列an的前n项和为Sn,已知 S3a210alB.C.D.【解析】由题意

15、可知,aa2a3a210al , a3 9al解得:q2 9a5aqai81 9C.15.设等差数列an的前n项和为Sn ,若Sm 12,Sm0,Sm13,A. 3B. 4C. 5D. 6由Smd ama1又am 1amSmSm 12又 am 1Sm 1Sm可得公差1amQ anm a12Sm1公差dam1,从而可得结果.是等差数列amsSmSmamSm13,3am 1a1m 5,故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题16.设 0,若 Xi sin , Xn 1 (sin )xn (n 1,2,3,L ),则数列1是(

16、)2A.递增数列B.递减数列C.奇数项递增，偶数项递减的数列D.偶数项递增，奇数项递减的数列【答案】C【解析】【分析】根据题意，由三角函数的性质分析可得0 sina 1,进而可得函数y (sin a)x为减函数,结合函数与数列的关系分析可得答案。【详解】根据题意， 0"2，则 0sina 1,指数函数y (sina)x为减函数1sin a0(sin a) (sin a) (sin a)即 0x1 (sin a)x11(sin a)1(sin a)x2(sin a)x1即 0x1x3x21(sin a)1(sina)x2(sin a)x3即 0x1x3x4x21(sin a)1(sin

17、 a)x2(sin a)x4(sin a)01,(sin a)x1(sin a)0 1,(sin a)x3(sina)" (sin a)0 1,即 0 x1 x3 x5 x4 x2 1,L0 X x3 x5 x7 L % x63 x2 1 ,数列%是奇数项递增，偶数项递减的数列，故选:C.【点睛】本题涉及数列的函数特性，利用函数单调性,通过函数的大小，反推变量的大小,是一道中档题目。三、解答题。17.等差数列an的前n项和为Sn, S462,S675 ,求数列| an |前n项和.【答案】Tn43n n / ,123 2 43 n - n22154,n 8【解析】【分析】由已知条件利

18、用等差数列前n项和公式求出公差和首项，由此能求出 an 3na7 0,a8 0 ,当 1 n 7 时，TnSn43n 3n28 时，Tn3 2 43-n 2223,且n 154。【详解】Q S462, S6754ai 6d 626a 15d75解得 d 3,a1 20, an 3n 23设从第n+1项开始大于零，anan 120 3(n 1) 020 3n 0n 7 ,即 a70, % 0当1 n 7时，TnSn-_ 243n 3n23 2 43当 n 8时，Tn - n 一 n 15422综上有Tn43154, n 8【点睛】本题考查数列的前n项和的求法，是中档题，注意等差数列的函数性质的运

19、用。2*18.已知数歹U an的前n项和Sn n 2n 1 n N(1)求an的通项公式;* 右数列bn满足：an 1 log3n log3 bn n N ,求bn的刖n项和Tn (结果需化简)0,【答案】(1) an2n3,nTn3 8n?9n 9n 1;64(1)运用数列的递推式得1时,S1n 2时，an Sn Sn 1 ,化简计算可得所求通项公式;(2)求得bn运用数列错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和.【详解】(1)Snn 2 时，an.I a1Si0S. 2n 1 (n 1)2 2(n 1) 12n 30, 则ann 2n3,(2)数列灯满可得 2n 1 log3

20、.bn n 32n 1前 n 项和 Tn 1 sUUln1,113L 3c52n 12n 18Tn 3 33 L 3133 8n?9n 9n 16439Tn 1 32两式相减可得化简可得Tn【点睛】本题考查数列递推式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，考查运算能力，属于中档题.19.某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出 b件；若做广告宣彳广告费为n千元比广告费为(n 1)千元时多卖出2(n N )件。2n(1)试写出销售量 Sn与n的函数关系式;(2)当a 10,b 4000时，厂家应该生产多少件产品，做几千

21、元的广告，才能获利最大?【答案】(1)-.二(2) S57875b ,、(n N )件，可 2n试题分析:(1)根据若做广告宣传，广告费为n千元比广告费为(n 1)千元时多卖出一 bbS1 -r,5 S0 21 ,利用叠加法可求得(2)根据题意在a 10,b4000时，利润工=1051000盟,可利用"5求最值.33试题解析:(1)设S。表示广告费为0元时的销售量,由题意知Sn Sn1 fl由叠加法可得22sS0Sn b 221b22b2nn122-1即为所求。2n(2)设当a10,b4000 时,获利为Tn元,由题意知，Tn 10Sn 1000n140000(2 了)1000n ,

22、1 Tn欲彳Tn最大，则Tn Tn220,易知n405,此时S57875.考点：叠加法求通项，求最值.工2 Aan 12n ,n20 .设数列an的前n项和Sn.已知a1,2sL n(1)求数列an的通项公式;(2)是否对一切正整数1有一 a1a2说明理由.2【答案】(1) an n ；(2)对一切正整数1n ,有一 a1(1)运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式,(2)对一切正整数 n,1有一a1a2an可得所求;a2an1考虑当n 3时，一1n2 11小)'再由裂项相消求和'即可得证。【详解】(1)2Snan2 sn nann1 3-n31 2-n32n3nan

23、123 n(n1)(n 2)当n 2时,2Sn(n1)an(n 1)n(n 1)两式做差得2an2Sn2Sn1nan 1 (n 1)ann(n1)an 1ann 1nann2 /an n (n1时,上式显然成立,an(2)证明：当3时,1n2 1可得a1a2an4 2(2)六)2n(n 1)1 1可得1 12 n即有 5-1 (1 工)<5-3 2 n n 13 n 1151an 3 n 1则当n 3时，不等式成立。-11检3叙n 1,2时，不等式也成立，综上对一切正整数n,有一 一ai a2【点睛】本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键.21 .设集合

24、 SnX1,X2,L ,Xn |Xi 0,1(i 1,2,L ,n),其中 n N ,n 2.(1)写出集合S2中的所有元素;(2)设 a1，a2, ,an , hb,Sn ,证明“a1?20 a2?21an?2n 1b1?20 b2?21 L bn?2n 1”的充要条件是"aibi(i 1,2,l ,n)”(3)设集合SX1,X2, ,Xn,|x 0,1(i 1,2,L ,n,L ),设aaL,an,L,b,b2,L ,bn,LS,使得1a1? 2a? ?an? 2A,且2b2?2n bn? 2B，试判断 “A B” 是“ aibi(i 1,2,L ) ”的什么条件并说明理由(1)(1) (0,0),(0,1), (1,0),根据题意，直接列出即可(1,1); (2)证明见解析；(3)充要条件.