高考数学 专题阶段评估模拟卷3 数列、推理与证明、算法初步 文科

专题阶段评估(三)数列、推理与证明、算法初步———————————————————————————————————【说明】本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)题号123456789101112答案一、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．(2013·江西卷)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于()A．－24 B．0C．12 D．242．(2013·深圳调研)等差数列{an}中，已知a5＞0，a4＋a7＜0，则{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S7 B．S6C．S5 D．S43．在数列{an}中，a1＝2i(i为虚数单位)，(1＋i)an＋1＝(1－i)an(n∈N*)，则a2012的值为()A．－2 B．0C．2 D．2i4．在等差数列{an}中，首项a1＝120，公差d＝－4，若Sn≤an(n≥2)，则n的最小值为()A．60 B．62C．70 D．725．(2013·吉林长春调研测试)执行如图所示的程序框图，若输出的k＝5，则输入的整数p的最大值为()A．7 B．15C．31 D．636．(2013·全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()A．3 B．4C．5 D．67．已知函数y＝anx2(an≠0，n∈N*)的图象在x＝1处的切线斜率为2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且当n＝1时其图象过点(2,8)，则a7的值为()A.eq\f(1,2) B．7C．5 D．68．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是()A．设数列{an}的前n项和为Sn.由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：Sn＝n2B．由f(x)＝xcosx满足f(－x)＝－f(x)对∀x∈R都成立，推断：f(x)＝xcosx为奇函数C．由圆x2＋y2＝r2的面积S＝πr2，推断：椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的面积S＝πabD．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2＞2n9．设数列{an}满足a1＋2a2＝3，且对任意的n∈N*，点列{Pn(n，an)}恒满足PnPn＋1＝(1,2)，则数列{an}的前n项和SnA．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(4,3))) B．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(3,4)))C．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(2,3))) D．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))10．(2013·全国卷Ⅰ)执行右面的程序框图，如果输入的t∈[－1，3]，则输出的s属于()A．[－3,4] B．[－5,2]C．[－4,3] D．[－2,5]11．(2013·山东莱芜模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝3，an＋1－an＝eq\f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，若数列{cn}满足cn＝ban，则c2013＝()A．92012 B．272012C．92013 D．27201312．(2013·河北教学质量监测)已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是()A．a100＝－1，S100＝5 B．a100＝－3，S100＝5C．a100＝－3，S100＝2 D．a100＝－1，S100＝2第Ⅱ卷(非选择题共90分)题号第Ⅰ卷第Ⅱ卷总分二171819202122得分二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中的横线上)13．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a714．(2013·广东惠州调研)阅读如图所示的程序框图．若输入n＝5，则输出k的值为________．15．二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，观察发现S′＝l；三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq\f(4,3)πr3，观察发现V′＝S.则由四维空间中“超球”的三维测度V＝8πr3，猜想其四维测度W＝________.16．(2013·安徽卷)如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an.若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．三、解答题(本大题共6小题，共74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12分)(2013·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n项和．18．(本小题满分12分)已知在递增等差数列{an}中，a1＝2，a1，a3，a7成等比数列，{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋1－2.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设cn＝abn，求数列{cn}的前n项和Tn.19．(本小题满分12分)已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn＞kan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．20．(本小题满分12分)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a(1)求d，an；(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.21．(本小题满分13分)(2013·陕西质量检测)已知数列{2n－1·an}的前n项和Sn＝1－eq\f(n,2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(|an|,n)，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和．22．(本小题满分13分)已知点集L＝{(x，y)|y＝m·n}，其中m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求eq\o(OPn,\s\up6(→))·OPn＋1的最小值；(3)设cn＝eq\f(\r(5),n·an|pnpn＋1|)(n≥2)，求c2＋c3＋c4＋…＋cn的值．详解答案一、选择题1．A由题意知(3x＋3)2＝x(6x＋6)，即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)，所以等比数列的前3项是－3，－6，－12，则第四项为－24.2．C∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6＜0,a5＞0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＞0,a6＜0))，∴Sn的最大值为S5.3．A∵(1＋i)an＋1＝(1－i)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i，故{an}是以2i为首项，－i为公比的等比数列，∴a2012＝2i×(－i)2012－1＝2i×(－i)4×502＋3＝2i×i＝－2.4．B若Sn≤an(n≥2)，则Sn－1≤0(n≥2)，即Sn－1＝(n－1)×120－eq\f(n－1n－2,2)×4＝－2n2＋126n－124≤0，即n2－63n＋62≥0，即(n－1)(n－62)≥0，解得n≥62.5．B由程序框图可知：①S＝0，k＝1；②S＝1，k＝2；③S＝3，k＝3；④S＝7，k＝4；⑤S＝15，k＝5.第⑤步后k输出，此时S＝15≥p，则p的最大值为15，故选B.6．C∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，∴am＝Sm－Sm－1＝2.∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.又Sm＝eq\f(ma1＋am,2)＝eq\f(ma1＋2,2)＝0，∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.7．C由题知y′＝2anx，∴2an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴an－an－1＝eq\f(1,2)，又n＝1时其图象过点(2,8)，∴a1×22＝8，得a1＝2，∴{an}是首项为2，公差为eq\f(1,2)的等差数列，an＝eq\f(n,2)＋eq\f(3,2)，得a7＝5.故选C.8．A注意到，选项A由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列{an}是等差数列，其前n项和Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，选项D中的推理属于归纳推理，但结论不正确．9．A设Pn＋1(n＋1，an＋1)，则PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列．又因为a1＋2a2＝3，所以a1＝－eq\f(1,3)，所以Sn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(4,3))).10．A因为t∈[－1,3]，当t∈[－1,1)时，s＝3t∈[－3,3)；当t∈[1,3]时，s＝4t－t2＝－(t2－4t)＝－(t－2)2＋4∈[3,4]，所以s∈[－3，4]．11．D由已知条件知{an}是首项为3，公差为3的等差数列，数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，∴an＝3n，bn＝3n，又cn＝ban＝33n，∴c2013＝33×2013＝272013，故选D.12．A依题意an＋2＝an＋1－an＝－an－1，即an＋3＝－an，an＋6＝－an＋3＝an，故数列{an}是以6为周期的数列，，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(a1＋a4)＋(a2＋a5)＋(a3＋a6)＝0.注意到100＝6×16＋4，因此有a100＝a4＝－a1＝－1，S100＝16(a1＋a2＋…＋a6)＋(a1＋a2＋a3＋a4)＝a2＋a3＝a2＋(a2－a1)＝2×3－1＝5，故选A.二、填空题13．解析：方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10,3a5＋a7＝4a1＋18d＝2(2a方法二：a3＋a8＝2a3＋5d＝10,3a5＋a7＝4a3＋10d＝2(2a答案：2014．解析：执行程序框图可得n＝5，k＝0；n＝16，k＝1；n＝49，k＝2；n＝148，k＝3；n＝148×3＋1＞150，循环结束，故输出的k值为3.答案：315．解析：依题意猜想其四维测度的导数W′＝V＝8πr3，故可得W＝2πr4.答案：2πr416．解析：设OAn＝x(n≥3)，OB1＝y，∠O＝θ，记S△OA1B1＝eq\f(1,2)×1×ysinθ＝S，那么S△OA2B2＝eq\f(1,2)×2×2ysinθ＝4S，S△OA3B3＝4S＋(4S－S)＝7S，…，S△OAnBn＝eq\f(1,2)x·xysinθ＝(3n－2)S，∴eq\f(S△OAnBn,S△OA2B2)＝eq\f(\f(1,2)×x×xysinθ,\f(1,2)×2×2ysinθ)＝eq\f(3n－2S,4S)，∴eq\f(x2,4)＝eq\f(3n－2,4)，∴x＝eq\r(3n－2).即an＝eq\r(3n－2)(n≥3)．经验证知an＝eq\r(3n－2)(n∈N*)．答案：an＝eq\r(3n－2)三、解答题17．解析：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1.))故{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知eq\f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq\f(1,3－2n1－2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，从而数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n项和为eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＝eq\f(n,1－2n).18．解析：(1)∵a1，a3，a7成等比数列，∴aeq\o\al(2,3)＝a1·a7，设等差数列{an}的公差为d，则(2＋2d)2＝2(2＋6d)，d＞0，∴d＝1，an＝n＋1.又Sn＝2n＋1－2，b1＝S1＝2，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，经检验，n＝1适合此式，∴bn＝2n.(2)∵cn＝abn＝2n＋1，∴Tn＝(2＋1)＋(22＋1)＋…＋(2n＋1)＝(2＋22＋…＋2n)＋n＝2n＋1－2＋n.19．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，∴q＝eq\f(a3＋a2,a2＋a1)＝eq\f(18,9)＝2，∴2a1＋a1＝9，∴a1∴an＝3·2n－1，n∈N*.(2)由(1)知Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(31－2n,1－2)＝3(2n－1)，∴3(2n－1)＞k·3·2n－1－2，∴k＜2－eq\f(1,3·2n－1).令f(n)＝2－eq\f(1,3·2n－1)，则f(n)随n的增大而增大，∴f(n)min＝f(1)＝2－eq\f(1,3)＝eq\f(5,3).∴k＜eq\f(5,3).∴实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,3))).20．解析：(1)由题意得，a1·5a3＝(2a2＋2)2，由a1＝10，{an}为公差为d的等差数列得，d2－3解得d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11(n∈N*)或an＝4n＋6(n∈N*)．(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，所以当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq\f(1,2)n2＋eq\f(21,2)n；当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq\f(1,2)n2－eq\f(21,2)n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.))21．解析：(1)由题意可知：Sn－1＝1－eq\f(n－1,2)(n≥2)，又2n－1·an＝Sn－Sn－1，∴2n－1·an＝－eq\f(1,2).∴an＝－eq\f(1,2n)＝－2－n(n≥2)．∴a1＝－eq\f(1,2).又S1＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，∴a1≠S1，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1,－2－n.n≥2))(2)由题意知bn＝eq\f(|an|,n)＝eq\f(2－n,n)＝eq\f(1,2n·n)(n≥2)，∴eq\f(1,bn)＝n·2n(n≥2)．∵eq\f(1,b1)＝eq\f(1,|a1|)＝2，∴eq\f(1,bn)＝n·2n(n≥1)．设eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和为Seq\o\al(′,n)，则Seq\o\al(′,n)＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2Seq\o\al(′,n)＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，∴Seq\o\al(′