高考数学总复习 第五章 平面向量配套章末综合检测（含解析）新人教A

第五章章末综合检测(学生用书为活页试卷解析为教师用书独有)(检测范围：第五章)(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．已知{an}为等差数列，若a3＋a4＋a8＝9，则S9＝ ()A．24 B.27C．15 D.54解析B由a3＋a4＋a8＝9，得3(a1＋4d)＝9，即a5＝3.则S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27.2．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq\f(1,3)a11的值为()A．14 B.15C．16 D.17解析C∵a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，∴5a8＝120，a8＝24，∴a9－eq\f(1,3)a11＝(a8＋d)－eq\f(1,3)(a8＋3d)＝eq\f(2,3)a8＝16.3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ann为正奇数，,an＋1n为正偶数，))则其前6项之和是 ()A．16 B.20C．33 D.120解析Ca2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以4．在数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，4，…中，2eq\r(19)是这个数列的第几项()A．16 B.24C．26 D.28解析C因为a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，a6＝4＝eq\r(16)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令an＝eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，得n＝26.故选C.5．已知等差数列的前n项和为Sn，若S13<0，S12>0，则在数列中绝对值最小的项为 ()A．第5项 B.第6项C．第7项 D.第8项解析C∵S13<0，∴a1＋a13＝2a7<0，又S12∴a1＋a12＝a6＋a7>0，∴a6>0，且|a6|>|a7|.故选C.6.eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)的值为 ()A.eq\f(n＋1,2n＋2) B.eq\f(3,4)－eq\f(n＋1,2n＋2)C.eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)解析C∵eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).7．(·杭州月考)正项等比数列{an}中，若log2(a2a98)＝4，则a40a ()A．－16 B.10C．16 D.256解析C由log2(a2a98)＝4，得a2a98＝2则a40a60＝a2a8．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，则f(n)＝ ()A.eq\f(2,7)(8n－1) B.eq\f(2,7)(8n＋1－1)C.eq\f(2,7)(8n＋3－1) D.eq\f(2,7)(8n＋4－1)解析D∵数列1,4,7,10，…，3n＋10共有n＋4项，∴f(n)＝eq\f(2[1－23n＋4],1－23)＝eq\f(2,7)(8n＋4－1)．9．△ABC中，tanA是以－4为第三项，－1为第七项的等差数列的公差，tanB是以eq\f(1,2)为第三项，4为第六项的等比数列的公比，则该三角形的形状是()A．钝角三角形 B.锐角三角形C．等腰直角三角形 D.以上均错解析B由题意知，tanA＝eq\f(－1－－4,7－3)＝eq\f(3,4)＞0.又∵tan3B＝eq\f(4,\f(1,2))＝8，∴tanB＝2＞0，∴A、B均为锐角．又∵tan(A＋B)＝eq\f(\f(3,4)＋2,1－\f(3,4)×2)＝－eq\f(11,2)＜0，∴A＋B为钝角，即C为锐角，∴△ABC为锐角三角形．10．已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项am、an使得eq\r(aman)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为 ()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,3)C.eq\f(25,6) D．不存在解析A由题意可知，a5q2＝a5q＋2a5(q>0)，化简得q2－q－2＝0，解得q＝－1(舍去)或q又由已知条件eq\r(aman)＝4a1，得a1qm－1·a1qn－1＝16aeq\o\al(2,1)，∴qm＋n－2＝16＝24，∴m＋n＝6，∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))·eq\f(m＋n,6)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4m,n)＋\f(n,m)))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(4m,n)·\f(n,m))))＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(4m,n)＝eq\f(n,m)，即m＝2，n＝4时，取“＝”．11．(·银川一中模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn(n＝1，2,3，…)，若当首项a1和公差d变化时，a5＋a8＋a11是一个定值，则下列选项中为定值的是 ()A．S17 B.S18C．S15 D.S14解析C由a5＋a8＋a11＝3a1＋21d＝3(a1＋7d)＝3a8是定值，可知a8是定值．所以S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8是定值．12．数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,nn＋1)，其前n项和为eq\f(9,10)，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为 ()A．－10 B.－9C．10 D.9解析B∵an＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,n＋1)，由eq\f(n,n＋1)＝eq\f(9,10)，得n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0，其在y轴上的截距为－9.二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上)13．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中a1＝1，a2＝2，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15＝________.解析由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2)，数列{an}从第二项起构成等差数列，S15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.【答案】21114．若数列{an}满足关系a1＝3，an＋1＝2an＋1，则该数列的通项公式为________．解析∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an＋1＝4·2n－1，∴an＝2n＋1－1.【答案】an＝2n＋1－115．等比数列{an}的前n项和Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝3x＋r的图象上，则实数r＝________.解析∵{an}是等比数列，且{n，Sn}在函数y＝3x＋r上，即Sn＝3n＋r，∴公比q＝3，且a1＝S1＝3＋r，a2＝S2－S1＝6，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(6,3＋r)＝q＝3，∴r＝－1.【答案】－116．给定：an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，定义使a1·a2·…·ak为整数的数k(k∈N*)叫做数列{an}的“企盼数”，则区间[1,2013]内所有“企盼数”的和M＝________.解析设a1·a2·…·ak＝log23·log34·…·logk(k＋1)·logk＋1(k＋2)＝log2(k＋2)为整数m，则k＋2＝2m∴k＝2m又1≤k≤2013，∴1≤2m∴2≤m≤10.∴区间[1,2013]内所有“企盼数”的和为M＝(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋…＋210)－18＝eq\f(22×1－29,1－2)－18＝2026.【答案】2026三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)已知等差数列{an}满足：a4＝6，a6＝10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}的各项均为正数，Tn为其前n项和，若b3＝a3，T2＝3，求Tn.解析(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，∵a4＝6，a6＝10，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝6，,a1＋5d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2，))∴数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝2n－2.(2)设各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q(q>0)．∵an＝2n－2，∴a3＝4，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1q2＝4，,b11＋q＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,b1＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝－\f(2,3)，,b1＝9))(舍去)，∴Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.18．(12分)已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意的n∈N*，有Sn＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,log3an·log3an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)由已知得Sn＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2)，∴当n≥2时，Sn－1＝eq\f(3,2)an－1－eq\f(3,2)，∴Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2)an－1，即an＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2)an－1，∴当n≥2时，an＝3an－1，∴数列{an}为等比数列，且公比q＝3；又当n＝1时，S1＝eq\f(3,2)a1－eq\f(3,2)，即a1＝eq\f(3,2)a1－eq\f(3,2)，∴a1＝3.∴an＝3n.(2)由(1)知an＝3n，故bn＝eq\f(1,log33n·log33n＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).19．(12分)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝eq\f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Sn.解析(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)， ①∴a1＝eq\f(1,3)，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)(n≥2)， ②①－②得3n－1an＝eq\f(n,3)－eq\f(n－1,3)＝eq\f(1,3)(n≥2)，化简得an＝eq\f(1,3n)(n≥2)．显然a1＝eq\f(1,3)也满足上式，故an＝eq\f(1,3n)(n∈N*)．(2)由①得bn＝n·3n.于是Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，③3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，④③－④得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，即－2Sn＝eq\f(3－3n＋1,1－3)－n·3n＋1，Sn＝eq\f(n,2)·3n＋1－eq\f(1,4)·3n＋1＋eq\f(3,4).20．(12分)(·长沙模拟)已知{an}为递减的等比数列，且{a1，a2，a3}{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当bn＝eq\f(1－－1n,2)an时，求证：b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1<eq\f(16,3).解析(1)∵{an}是递减数列，∴数列{an}的公比q是正数，又∵{a1，a2，a3}{－4，－3，－2,0,1,2,3,4}，∴a1＝4，a2＝2，a3＝1.∴q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝eq\f(8,2n).(2)bn＝eq\f(8[1－－1n],2n＋1)，当n＝2k(k∈N*)时，bn＝0，当n＝2k－1(k∈N*)时，bn＝an，即bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0n＝2k，k∈N*,ann＝2k－1，k∈N*))∴b1＋b2＋b3＋…＋b2n－2＋b2n－1＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq\f(16,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n))<eq\f(16,3).21．(12分)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1.(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设3nbn＝n(3n－an)，求|b1|＋|b2|＋…＋|bn|.解析(1)∵an＋1＝an＋6an－1，∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)．又a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1∴an＋an＋1≠0，∴eq\f(an＋1＋2an,an＋2an－1)＝3，∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，即an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．(3)由(2)及3nbn＝n(3n－an)，可得3nbn＝－n(an－3n)＝－n[2×(－2)n－1]＝n(－2)n，∴bn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n，∴|bn|＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.∴Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n， ①①×eq\f(2,3)，得eq\f(2,3)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1， ②①－②得eq\f(1,3)Tn＝eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1＝2－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1＝2－(n＋3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1，∴Tn＝6－2(n＋3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.22．(14分)已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝eq\f(1,2).(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；(2)设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2；(3)设bn＝(9－n)eq\f(fn＋1,fn)，n∈N*，Sn为{bn}的前n项和，当Sn最大时，求n的值．解析(1)令x＝n，y＝1，得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝eq\f(1,2)f(n)，∴{f(n)}是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列，即f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.(2)设Tn为{an}的前n项和，∵an＝n·f(n)＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4