第四章数列达标测试卷（含解析）--2024-2025学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 第四章数列达标测试卷（含解析）--2024-2025学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 810.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-04-07 18:00:42 | ||
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文档简介
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第四章数列达标测试卷-2024-2025学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知为数列的前项和，且（），则（ ）
A． B． C． D．
2．若一数列的前4项分别为，则该数列的通项公式可能为（ ）
A． B．
C． D．
3．数列的第2024项为（ ）
A． B． C． D．
4．某大楼有20层，有19人在第一层上了电梯，他们分别要去第2层到20层，每层一人，而电梯只允许停一次，只能使一人满意，其余18人都要上楼或下楼．假设乘客每向下走一层不满意度为1，每向上走一层不满意度为2，所有人不满意度之和为s．为使s最小，电梯应停在第（ ）层
A．13 B．14 C．15 D．16
5．已知数列是等差数列，其前n项和为，若，，则数列中最小的项是（ ）
A． B． C． D．
6．在等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2024项和（ ）
A． B． C． D．
8．已知一个各项非零的数列满足且且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．记为首项为2的数列的前项和，已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知是数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ）
A．可能为常数列 B．若，则数列的前11项之和为－22
C．若，则的最大值为3 D．不可能为单调递增数列
11．设等比数列的公比为，前项积为，下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则使得成立的的最大值为20
B．若，则
C．若，且为数列的唯一最大项，则
D．若，则
三、填空题
12．已知数列的前项和为，，则 .
13．已知数列满足，则 ；数列的前项和为 .
14．若用数学归纳法证明是31的倍数，在验证成立时，原式为 ．
四、解答题
15．已知数列的前项和为，且，求的通项公式．
16．已知数列中，（，）.
(1)求数列的通项公式．
(2)求数列的前n项和．
17．已知数列是公差为1的等差数列，且是与6的等差中项.
(1)求的通项公式；
(2)求的值.
18．已知数列满足，.
(1)证明：数列为等差数列，求数列的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为.
（ⅰ）求；
（ⅱ）若，成立，求的取值范围.
19．已知数列，的通项公式分别为，，数列是由，的公共项从小到大排列构成的数列，
(1)求，，，及的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
①求，的值；
②在数列中是否存在项，，（其中）成等比数列？若存在，求出这样的项；若不存在，请说明理由．
《第四章数列达标测试卷-2024-2025学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A B B C A C A AC AC
题号 11
答案 ABC
1．D
【分析】根据与的关系求解即可.
【详解】因为，又，
所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据数列前项的规律，分别分析数列的符号规律和数值规律，进而得出数列的通项公式.
【详解】观察数列的前项，可以发现奇数项为正，偶数项为负.
根据当为偶数时结果为，当为奇数时结果为；当为奇数时结果为，当为偶数时结果为，可知该数列的符号规律可以用来表示.
分母依次为3,5,7,9，得该数列分母的通项公式为.
结合上述对符号规律和数值规律的分析，可知该数列的通项公式为.
故选：A.
3．B
【分析】观察数列特点，发现有个，个，个，，个，根据等差数列的前项和得，再根据得第项为.
【详解】观察可知数列的构成规律为个，个，个，，个，
因为，而，
所以数列的第项为，
故选：B.
4．B
【分析】设电梯停在层，则向下走的有人，向上走的有人，根据题意列出函数关系式，结合等差数列的求和公式化简，再根据二次函数最小值的求法即可求解．
【详解】设电梯停在层，则向下走的有人，向上走的有人，
由题意得，
，
因为对称轴为，
所以当时，，
故选：B．
5．C
【分析】由得到，由得到，即可求解；
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，即中最小的项是，
故选：C.
6．A
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
【详解】在等比数列中，，
则，
设等比数列的公比为，则，
所以同号，又，
所以.
故选：A.
7．C
【分析】先根据“差数列”的定义累加法求求出数列的通项公式，再利用等比数列求和法求出其前2024项和.
【详解】已知的“差数列”的第项为，即.
当时，.
将依次代入可得：.
由等比数列求和公式可得：.
当时，，上式也成立.所以.
因为，所以是首项，公比的等比数列.
根据等比数列求和公式，可得：.
故选：C.
8．A
【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论.
【详解】由条件可得：且，，
所以，
设，则，
所以
若，则,，与矛盾，
所以，故，
所以数列为以为首项，公比为的等比数列，
所以，
故，
若，则，
数列为递增数列，且，
所以数列为递减数列，与已知矛盾；
若，则，
所以数列为递减数列，且，
所以数列为递增数列，满足条件；
当时， ，故，
所以数列为递减数列，
令，可得，
所以当，且时，，
当，且时，，
与条件矛盾，
所以的取值范围是，
故选：A.
9．AC
【分析】根据数列的递推公式，求得数列的前几项，可得数列的周期性，从而可得答案.
【详解】由题意可得，可得下表：
所以数列的最小正周期，
，故A正确，，故B错误，
由，则，故C正确；
，故D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】对于A，假设存在常数列，求出即可；对于B，化简，求出从第二项开始是公差为的等差数列，然后求前11项和即可；对于C，利用当时，是等差数列，求出，然后求最值即可；对于D，利用当时，是递减的等差数列，即可判断.
【详解】对于A，若为常数列，设，
因为，故，
当时，方程恒成立，
故存在常数列，使，故A正确；
对于B，，
当时，，
两式做差得：，
且时，，即，
当时，，解得，
当时，，即，
所以，即，
故当时，是公差为的等差数列，且，，
当时，，
故数列的前11项之和为：，故B错误；
对于C，当时，，解，
由B知，当时， 是公差为得等差数列，
，
故当时，，
易知当时，取最小正数，此时取最大值，故C正确；
对于D,由B知，当时， ，是递减的等差数列，
故一定存在，使，且，即，
恒成立，所以可能为单调递增数列.故D错误；
故选：AC
11．ABC
【分析】根据前项积的定义和性质即可结合等比数列的性质即可逐一求解.
【详解】对于A，，，，则，
由，得，则，，
数列为单调递减数列，因此数列前10项都大于1，从第11项起都小于1，
当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，
又，，，
则使得成立的的最大值为20，A正确；
对于D，由，得，则，D错误；
对于B，，B正确；
对于C，，且是数列的唯一最大项，
则，，，
由，得，即，解得，C正确.
故选：ABC
12．
【分析】利用前项和与通项公式的关系求解通项公式即可.
【详解】当时，，
当时，，
此时，不符，故.
故答案为：
13．
【分析】根据递推公式逐项求解可得空一；利用递推公式分别求出奇数项和偶数项的递推公式，然后分组求和可得空二.
【详解】当时，，
所以是以为首项，公差为3的等差数列，
当时，，
所以是以为首项，公差为3的等差数列，
的前项中奇数项和，
前项中偶数项和，
所以数列的前项和为.
故答案为：；.
14．
【分析】将代入计算可得结果.
【详解】当时，.
故答案为：
15．
【分析】根据，可求出的通项公式.
【详解】当时，；
当时，
由于不适合此式，所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由迭代法代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为（，），所以当时，，
所以当时，
，
当时，也成立，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
则
，
所以.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由等差中项与等差数列定义，建立方程求得首项，可得答案；
（2）利用裂项相消求和，可得答案.
【详解】（1）由等差数列的公差，且是与6的等差中项
则，
即，解得，
所以等差数列的通项.
（2）
.
18．(1)证明见解析，
(2)（i）（ii）
【分析】（1）等式两边同时除以可证数列为等差列，利用等差数列通项公式求数列的通项公式即可；
（2）（i）由错位相减法求和即可；（ii）构造数列，由不等式组求数列的最值大即可.
【详解】（1）因为，即，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列.
所以，
所以.
（2）（i）由（1）知，
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
所以.
（ii）因为，
所以，
令，
不妨设的第项取得最大值，
所以，解得，
所以的最大值为，
所以，即m的取值范围是.
19．(1)，，，，.
(2)①，；②不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据数列中的每一项都能被2整除，可推出所求数列即为，进而写出前三项和通项公式；
（2）①先确定和时，对应的等差数列的首尾两项，进而可解得公差，的值；
②利用等差数列的通项公式可得；假设在数列中存在三项（其中）成等比数列，利用等差数列和等比数列的定义及反证法即可判断.
【详解】（1）因为，，所以数列中的每一项都能被2整除，
所以数列中的每一项都是数列中的项，又数列，都是递增数列，
所以由，的公共项从小到大排列构成的数列为，
则，，，，.
（2）①由，得.
当时，，，
由题意，在2和4之间插入1个数，使这3个数组成一个公差为的等差数列，故；
当时，，，
由题意，在4和8之间插入2个数，使这4个数组成一个公差为的等差数列，故.
②不存在，理由如下：
由题意，即，所以．
假设在数列中存在三项，，（其中）成等比数列，
则，即．化简得．
又因为，所以，
得，所以，
又因为，所以，
即，所以，即，这与题设矛盾．
所以在中不存在三项，，（其中）成等比数列．
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第四章数列达标测试卷-2024-2025学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知为数列的前项和，且（），则（ ）
A． B． C． D．
2．若一数列的前4项分别为，则该数列的通项公式可能为（ ）
A． B．
C． D．
3．数列的第2024项为（ ）
A． B． C． D．
4．某大楼有20层，有19人在第一层上了电梯，他们分别要去第2层到20层，每层一人，而电梯只允许停一次，只能使一人满意，其余18人都要上楼或下楼．假设乘客每向下走一层不满意度为1，每向上走一层不满意度为2，所有人不满意度之和为s．为使s最小，电梯应停在第（ ）层
A．13 B．14 C．15 D．16
5．已知数列是等差数列，其前n项和为，若，，则数列中最小的项是（ ）
A． B． C． D．
6．在等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2024项和（ ）
A． B． C． D．
8．已知一个各项非零的数列满足且且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．记为首项为2的数列的前项和，已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知是数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ）
A．可能为常数列 B．若，则数列的前11项之和为－22
C．若，则的最大值为3 D．不可能为单调递增数列
11．设等比数列的公比为，前项积为，下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则使得成立的的最大值为20
B．若，则
C．若，且为数列的唯一最大项，则
D．若，则
三、填空题
12．已知数列的前项和为，，则 .
13．已知数列满足，则 ；数列的前项和为 .
14．若用数学归纳法证明是31的倍数，在验证成立时，原式为 ．
四、解答题
15．已知数列的前项和为，且，求的通项公式．
16．已知数列中，（，）.
(1)求数列的通项公式．
(2)求数列的前n项和．
17．已知数列是公差为1的等差数列，且是与6的等差中项.
(1)求的通项公式；
(2)求的值.
18．已知数列满足，.
(1)证明：数列为等差数列，求数列的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为.
（ⅰ）求；
（ⅱ）若，成立，求的取值范围.
19．已知数列，的通项公式分别为，，数列是由，的公共项从小到大排列构成的数列，
(1)求，，，及的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
①求，的值；
②在数列中是否存在项，，（其中）成等比数列？若存在，求出这样的项；若不存在，请说明理由．
《第四章数列达标测试卷-2024-2025学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A B B C A C A AC AC
题号 11
答案 ABC
1．D
【分析】根据与的关系求解即可.
【详解】因为，又，
所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据数列前项的规律，分别分析数列的符号规律和数值规律，进而得出数列的通项公式.
【详解】观察数列的前项，可以发现奇数项为正，偶数项为负.
根据当为偶数时结果为，当为奇数时结果为；当为奇数时结果为，当为偶数时结果为，可知该数列的符号规律可以用来表示.
分母依次为3,5,7,9，得该数列分母的通项公式为.
结合上述对符号规律和数值规律的分析，可知该数列的通项公式为.
故选：A.
3．B
【分析】观察数列特点，发现有个，个，个，，个，根据等差数列的前项和得，再根据得第项为.
【详解】观察可知数列的构成规律为个，个，个，，个，
因为，而，
所以数列的第项为，
故选：B.
4．B
【分析】设电梯停在层，则向下走的有人，向上走的有人，根据题意列出函数关系式，结合等差数列的求和公式化简，再根据二次函数最小值的求法即可求解．
【详解】设电梯停在层，则向下走的有人，向上走的有人，
由题意得，
，
因为对称轴为，
所以当时，，
故选：B．
5．C
【分析】由得到，由得到，即可求解；
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，即中最小的项是，
故选：C.
6．A
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
【详解】在等比数列中，，
则，
设等比数列的公比为，则，
所以同号，又，
所以.
故选：A.
7．C
【分析】先根据“差数列”的定义累加法求求出数列的通项公式，再利用等比数列求和法求出其前2024项和.
【详解】已知的“差数列”的第项为，即.
当时，.
将依次代入可得：.
由等比数列求和公式可得：.
当时，，上式也成立.所以.
因为，所以是首项，公比的等比数列.
根据等比数列求和公式，可得：.
故选：C.
8．A
【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论.
【详解】由条件可得：且，，
所以，
设，则，
所以
若，则,，与矛盾，
所以，故，
所以数列为以为首项，公比为的等比数列，
所以，
故，
若，则，
数列为递增数列，且，
所以数列为递减数列，与已知矛盾；
若，则，
所以数列为递减数列，且，
所以数列为递增数列，满足条件；
当时， ，故，
所以数列为递减数列，
令，可得，
所以当，且时，，
当，且时，，
与条件矛盾，
所以的取值范围是，
故选：A.
9．AC
【分析】根据数列的递推公式，求得数列的前几项，可得数列的周期性，从而可得答案.
【详解】由题意可得，可得下表：
所以数列的最小正周期，
，故A正确，，故B错误，
由，则，故C正确；
，故D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】对于A，假设存在常数列，求出即可；对于B，化简，求出从第二项开始是公差为的等差数列，然后求前11项和即可；对于C，利用当时，是等差数列，求出，然后求最值即可；对于D，利用当时，是递减的等差数列，即可判断.
【详解】对于A，若为常数列，设，
因为，故，
当时，方程恒成立，
故存在常数列，使，故A正确；
对于B，，
当时，，
两式做差得：，
且时，，即，
当时，，解得，
当时，，即，
所以，即，
故当时，是公差为的等差数列，且，，
当时，，
故数列的前11项之和为：，故B错误；
对于C，当时，，解，
由B知，当时， 是公差为得等差数列，
，
故当时，，
易知当时，取最小正数，此时取最大值，故C正确；
对于D,由B知，当时， ，是递减的等差数列，
故一定存在，使，且，即，
恒成立，所以可能为单调递增数列.故D错误；
故选：AC
11．ABC
【分析】根据前项积的定义和性质即可结合等比数列的性质即可逐一求解.
【详解】对于A，，，，则，
由，得，则，，
数列为单调递减数列，因此数列前10项都大于1，从第11项起都小于1，
当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，
又，，，
则使得成立的的最大值为20，A正确；
对于D，由，得，则，D错误；
对于B，，B正确；
对于C，，且是数列的唯一最大项，
则，，，
由，得，即，解得，C正确.
故选：ABC
12．
【分析】利用前项和与通项公式的关系求解通项公式即可.
【详解】当时，，
当时，，
此时，不符，故.
故答案为：
13．
【分析】根据递推公式逐项求解可得空一；利用递推公式分别求出奇数项和偶数项的递推公式，然后分组求和可得空二.
【详解】当时，，
所以是以为首项，公差为3的等差数列，
当时，，
所以是以为首项，公差为3的等差数列，
的前项中奇数项和，
前项中偶数项和，
所以数列的前项和为.
故答案为：；.
14．
【分析】将代入计算可得结果.
【详解】当时，.
故答案为：
15．
【分析】根据，可求出的通项公式.
【详解】当时，；
当时，
由于不适合此式，所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由迭代法代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为（，），所以当时，，
所以当时，
，
当时，也成立，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
则
，
所以.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由等差中项与等差数列定义，建立方程求得首项，可得答案；
（2）利用裂项相消求和，可得答案.
【详解】（1）由等差数列的公差，且是与6的等差中项
则，
即，解得，
所以等差数列的通项.
（2）
.
18．(1)证明见解析，
(2)（i）（ii）
【分析】（1）等式两边同时除以可证数列为等差列，利用等差数列通项公式求数列的通项公式即可；
（2）（i）由错位相减法求和即可；（ii）构造数列，由不等式组求数列的最值大即可.
【详解】（1）因为，即，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列.
所以，
所以.
（2）（i）由（1）知，
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
所以.
（ii）因为，
所以，
令，
不妨设的第项取得最大值，
所以，解得，
所以的最大值为，
所以，即m的取值范围是.
19．(1)，，，，.
(2)①，；②不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据数列中的每一项都能被2整除，可推出所求数列即为，进而写出前三项和通项公式；
（2）①先确定和时，对应的等差数列的首尾两项，进而可解得公差，的值；
②利用等差数列的通项公式可得；假设在数列中存在三项（其中）成等比数列，利用等差数列和等比数列的定义及反证法即可判断.
【详解】（1）因为，，所以数列中的每一项都能被2整除，
所以数列中的每一项都是数列中的项，又数列，都是递增数列，
所以由，的公共项从小到大排列构成的数列为，
则，，，，.
（2）①由，得.
当时，，，
由题意，在2和4之间插入1个数，使这3个数组成一个公差为的等差数列，故；
当时，，，
由题意，在4和8之间插入2个数，使这4个数组成一个公差为的等差数列，故.
②不存在，理由如下：
由题意，即，所以．
假设在数列中存在三项，，（其中）成等比数列，
则，即．化简得．
又因为，所以，
得，所以，
又因为，所以，
即，所以，即，这与题设矛盾．
所以在中不存在三项，，（其中）成等比数列．
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