高中数学选择性必修2课件第四章 数列章末检测卷(一)(人教A版)

章末检测卷(一)（时间：120分钟满分：150分）D一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求)1.已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2023，则序号n等于(

) A.667 B.668 C.669 D.675

解析由2023＝1＋3(n－1)，解得n＝675.A2.在等差数列{an}中，a3＋a5＝12－a7，则a1＋a9＝(

) A.8 B.12 C.16 D.20解析

由a3＋a5＝12－a7，得a3＋a5＋a7＝12＝3a5，即a5＝4，故a1＋a9＝2a5＝8.C3.已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项，则S18＝(

) A.398 B.388 C.189 D.199B4.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是(

) A.81 B.120 C.168 D.192解析由a5＝a2q3得q＝3.CC6.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于(

) A.7 B.6 C.5 D.4A7.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是(

) A.(－∞，2) B.(－∞，3) C.(－∞，4) D.(－∞，5)解析∵Sn＝3n(λ－n)－6，①∴Sn－1＝3n－1(λ－n＋1)－6，n＞1，②①－②得an＝3n－1(2λ－2n－1)(n＞1，n∈N*)，又{an}为单调递减数列，∴an＞an＋1，且a1＞a2.∴3n－1(2λ－2n－1)＞3n(2λ－2n－3)，化为λ＜n＋2(n＞1)，且λ＜2，∴λ＜2，∴λ的取值范围是(－∞，2).故选A.D8.从2017年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2021年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为(

)解析

设自2018年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，a2＝a(1＋p)(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，D8.从2017年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2021年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为(

)解析

设自2018年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，a2＝a(1＋p)(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，AC二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)9.记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝35，a4＝11，则(

) A.an＝4n－5 B.an＝2n＋3 C.Sn＝2n2－3n D.Sn＝n2＋4nAD解析

当an＝1时，log2(an)2＝0，所以数列{log2(an)2}不一定是等比数列；当q＝－1时，an＋an＋1＝0，所以数列{an＋an＋1}不一定是等比数列；BD11.朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是(

) A.4 B.5 C.7 D.8解析设最上面一层放a1根，一共放n(n≥2)层，验证可得n＝5，8满足题意.故选BD.BD12.已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是(

) A.Sn＝2Tn B.Tn＝2bn－1 C.Tn>an D.Tn<bn＋1解析因为点(n，Sn＋3)在函数y＝3×2x的图象上，所以Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－3－(3×2n－1－3)＝3×2n－1，又当n＝1时，a1＝S1＝3，所以an＝3×2n－1.设bn＝b1qn－1,则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，可得b1＝1，q＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.由等比数列前n项和公式可得Tn＝2n－1.综合选项可知，B，D正确.8三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)13.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，则a4＝________，前8项的和S8＝________.(本题第一空2分，第二空3分)255解析

由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，可知数列{an}为等比数列，故a4＝8，S8＝255.8三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)13.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，则a4＝________，前8项的和S8＝________.(本题第一空2分，第二空3分)255解析

由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，可知数列{an}为等比数列，故a4＝8，S8＝255.6314.已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和.若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.13515.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________.3495016.将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3，9)，(27，81，243)，…，则第100组中的第一个数是________.四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值.解(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.(2)求数列{an}的通项公式.∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn解设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，21.(本小题满分12分)2015年推出一种新型家用轿车，购买时费用为16.9万元，每年应交付保险费、养路费及汽油费共1.2万元，汽车的维修费为：第一年无维修费用，第二年为0.2万元，从第三年起，每年的维修费均比上一年增加0.2万元. (1)设该辆轿车使用n年的总费用(包括购买费用、保险费、养路费、汽油费及维修费)为f(n)，求f(n)的表达式；所以f(n)＝16.9＋1.2n＋(0.1n2－0.1n)＝0.1n2＋1.1n＋16.9(万元)，n∈N*.(2)这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年，年平均费用最少)?故这种汽车使用13年报废最合算.22.(本小题满分12分)若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；解

∵数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.∴a1＋1＝2，解得a1＝1.又∵数列{an}是公差为2的等差数列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.∴2nbn＝nbn＋1，2bn＝bn＋1，∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，即bn＝2n－1.综上可得，实数λ的取值范围是(－2，3).备用工具&资料(2)这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年，年平均费用最少)?故这种汽车使用13年报废最合算.13515.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小