2020_2021学年高二下学期人教B版(2019)选择性必修第三册第五章数列综合检测卷（新高考）（Word含答案解析）

12090400109347002020~2021学年人教B版(2019)选择性必修第三册第五章检测卷
　　本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷60分,第Ⅱ卷90分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷　(选择题　共60分)
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,只有一项是符合题目要求的)
1.已知数列{an}的前四项为1,3,5,7,则数列{an}的通项公式可能为(　　)
A.an=2n-1 B.an=2n-1
C.an=2n+1 D.an=2n+1
2.设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2n-1(n∈N*),则a2020的值为 (　　)
A.2 B.3 C.2020 D.4039
3.已知数列{an}是公比为q的等比数列,且a1,a3,a2成等差数列,则公比q的值为 (　　)
A.1或-12 B.1 C.-12 D.-2
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,且S3,S9,S6成等差数列,则8q3等于 (　　)
A.-4 B.-2 C.2 D.4
5.已知-2,a1,a2,-8成等差数列,-2,b1,b2,b3,-8成等比数列,则a2-a1b2等于 (　　)
A.14 B.12 C.-12 D.12或-12
6.用数学归纳法证明(n+1)·(n+2)·…·(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)(n∈N+)时,从n=k到n=k+1,等式左边需增乘的代数式是 (　　)
A.2k+2 B.(2k+1)(2k+2)
C.2k+2k+1 D.(2k+1)(2k+2)k+1
7.函数f(x)由下表给出
x
1
2
3
4
5
f(x)
5
4
3
1
2
对于数列{an},a1=4,an=f(an-1),n=2,3,4,…,则a2019的值是 (　　)
A.1 B.2 C.5 D.4
8.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫作“物不知数”,原文如下:今有物,不知其数.三三数之,剩二;五五数之,剩三;七七数之,剩二.问物几何?现有这样一个相关的问题:将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列各项之和为 (　　)
A.56 383 B.57 171
C.59 189 D.61 242
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全都选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.已知数列{an}是首项为3,公差为d(d∈N*)的等差数列,若2019是该数列中的一项,则公差d可能是 (　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
10.在数列{an}中,a1=1,a2=2,当n≥2时,其前n项和Sn满足Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),则 (　　)
A.a7=13 B.a8=14
C.S7=43 D.S8=56
11.已知等比数列{an}的公比q=-2,a1=1,则 (　　)
A.数列2an+an+1是等比数列
B.数列an+1-an是等比数列
C.数列{anan+1}是等比数列
D.数列log2an是递减数列
12.已知数列{an},{bn}均为递增数列,{an}的前n项和为Sn,{bn}的前n项和为Tn,且满足an+an+1=2n,bn·bn+1=2n(n∈N*),则下列说法正确的是 (　　)
A.0C.S2n第Ⅱ卷　(非选择题　共90分)
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.已知数列{an}为等比数列,若a1+a3=5,a2+a4=10,则{an}的公比q=　　　　.?
14.商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格,即根据商品的最低销售限价a、最高销售限价b(b>a)以及常数x(015.设数列{an}的前n项和Sn=n2,则(a22+a42+…+a502)-(a12+a32+…+a492)=　　　　.?
16.设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2,a4,a8成等比数列,且a12=2(Sm-Sn) (m>n>0,m,n∈N*),则m,n的值分别为　　　　.?
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.(10分)已知三个数成等比数列,其积为512,若第一个数与第三个数各减2,则新的三个数构成等差数列,求这三个数.
18.(12分)在数列{an}中,a2a6=64,且log2an,12log2an+1,1(n∈N*)成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=(2n+1)+an,数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
19.(12分)已知数列{an}为等差数列,公差d≠0,前n项和为Sn,a1=2,且a2,a4,a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2Sn,求数列{bn}的前n项和Tn.
20.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*,且Sn=32an-12.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2nan+2-an+1,设数列{bn}的前n项和为Tn,n∈N*,证明:Tn<34.
21.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,各项为正数的等比数列{bn}满足b1=12,2b5=b3-b4,S9b4=9.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)在空间直角坐标系中,O为坐标原点,存在一系列的点Pn(an+2n,cn,-1),Qn(bn,-1,1),若OPn⊥OQn,求数列{cn}的前n项和Tn.
22.(12分)某林场现有木材存量为a,每年以25%的增长率逐年递增,但每年年底要砍伐的木材量为b,经过n年后林场木材存有量为y.
(1)求y=f(n)的解析式.
(2)为保护生态环境,防止水土流失,该地区每年的森林木材存量不应少于79a,如果b=1972a,那么该地区会发生水土流失吗?若会,要经过几年?(参考数据:lg 2≈0.301)
参考答案
1.B　【解析】 数列{an}的前四项可表示为a1=2×1-1,a2=2×2-1,a3=2×3-1,a4=2×4-1,由此可得an=2n-1.故选B.
2.A　【解析】 a2020=S2020-S2019=2,故选A.
3.A　【解析】 ∵a1,a3,a2成等差数列,∴2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1+a1q,∴2q2=1+q,∴q=1或q=-12,故选A.
4.A　【解析】 依题意可知2S9=S6+S3,当q≠1时,2×a1(1-q9)1-q=a1(1-q6)1-q+a1(1-q3)1-q,整理得2q6-q3-1=0,解得q3=1(舍去)或q3=-12;当q=1时,2S9≠S6+S3,不符合题意.综上,q3=-12,所以8q3=-4.故选A.
5.B　【解析】 因为-2,a1,a2,-8成等差数列,所以a2-a1=-8-(-2)3=-2.因为-2,b1,b2,b3,-8成等比数列,所以b22=(-2)×(-8)=16,由b12=-2b2>0,得b2=-4,所以a2-a1b2=-2-4=12,故选B.
6.D　【解析】 当n=k时,等式左边=(k+1)·(k+2)·…·(k+k),
当n=k+1时,等式左边=(k+2)·(k+3)·…·[(k+1)+(k+1)]=(k+1)·(k+2)·…·(k+k)·(2k+1)(2k+2)k+1,故选D.
7.C　【解析】 由条件得a2=f(a1)=f(4)=1,a3=f(a2)=f(1)=5,a4=f(a3)=f(5)=2,a5=f(a4)=f(2)=4,a6=f(a5)=f(4)=1,…,则数列{an}是4,1,5,2,4,1,…,是以4为周期的周期数列,则a2019=a2016+3=a3=5,故选C.
8.C　【解析】 设构成的数列为{an},由题知{an}是首项为23,公差为5×7=35的等差数列,则an=23+35(n-1)=35n-12.令an=35n-12≤2020,解得n≤58235.故该数列各项之和为58×23+58×572×35=59 189.
故选C.
9.ABC　【解析】 由题设知an=3+(n-1)d,2019是该数列中的一项,即2019=3+(n-1)d,所以n=2016d+1,
因为d∈N*,所以d是2016的约数,故d不可能是5.故选ABC.
10.BC　【解析】 由Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),得an+1-an=2(n≥2),又因为a2-a1=1,所以数列{an}从第二项起为等差数列,且公差d=2,故a7=a2+5d=2+5×2=12,a8=a2+6d=2+6×2=14,所以选项A错误,选项B正确.S7=a1+6×(a2+a7)2=1+6×(2+12)2=43,S8=a1+7×(a2+a8)2=1+7×(2+14)2=57,所以选项C正确,选项D错误.故选BC.
11.BC　【解析】 因为{an}是公比q=-2的等比数列,所以an+1=-2an,即2an+an+1=0,故A错误;an=a1·qn-1=(-2)n-1,an+1=(-2)n,于是an+1-an=(-2)n-(-2)n-1=-3·(-2)n-1,故{an+1-an}是首项为-3,公比为-2的等比数列,故B正确;anan+1=(-2)n-1·(-2)n=(-2)2n-1=-2×4n-1,故{anan+1}是首项为-2,公比为4的等比数列,故C正确;log2an=log22n-1=n-1,故{log2|an|}是递增数列,故D错误.故选BC.
12.ABC　【解析】 因为an+an+1=2n,所以a1+a2=2,a2+a3=4,即a2=2-a1,a3=4-a2,又数列{an}为递增数列,所以a2=2-a1>a1,a3=4-a2>a2,即a1<1,2-a1=a2<2,所以0因为bn·bn+1=2n,所以b3b1=2,b1·b2=2,即b3=2b1,b2=2b1,又数列{bn}为递增数列,所以b2=2b1>b1,b3>b2,b3=2b1>b1得1数列{an}中,an+an+1=2n,an+1+an+2=2(n+1)=2n+2,两式相减得an+2-an=2,
所以数列a1,a3,a5,…和a2,a4,a6,…均是以2为公差的等差数列;
数列{bn}中,bn·bn+1=2n,bn+1·bn+2=2n+1,两式相除得bn+2bn=2,
所以数列b1,b3,b5,…和b2,b4,b6,…均是以2为公比的等比数列.
易知S2n=a1+a2+a3+a4+…+a2n-1+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=na1+n(n-1)2×2+na2+n(n-1)2×2=n(a1+a2)+2n2-2n=2n2,
T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=b1(1-2n)1-2+b2(1-2n)1-2=(2n-1)(b1+b2),
由题知C,D选项中只有一个是正确的,取特值,当n=3时,S2n=S6=2×32=18,T2n=T6=(23-1)(b1+b2)=7(b1+b2)≥7×2b1b2=142,当且仅当b1=b2=2时,等号成立,则T6>S6,所以C选项正确,D选项错误.故选ABC.
13.2　【解析】 因为数列{an}为等比数列,a1+a3=5,a2+a4=10,所以a2+a4a1+a3=q(a1+a3)a1+a3=q=2.
14.5-12　【解析】 由题知c-a=x(b-a),b-c=(b-a)-x(b-a).
∵(c-a)是(b-c)和(b-a)的等比中项,
∴[x(b-a)]2=(b-a)2-x(b-a)2,
∴x2+x-1=0,
解得x=-1±52,∵015.5000　【解析】 当n≥2时,由Sn=n2,得Sn-1=(n-1)2,
两式相减得an=2n-1,当n=1时,a1=S1=1,满足an=2n-1,
所以an=2n-1,所以数列{an}为等差数列,公差d=2,
故(a22+a42+…+a502)-(a12+a32+…+a492)=a22-a492+a42-a472+…+a502-a12=(a2+a49)(a2-a49)+(a4+a47)(a4-a47)+…+(a50+a1)(a50-a1)=(a50+a1)(-47d-43d-…-3d+d+5d+…+45d+49d)=(a50+a1)×25d=5000.
16.6,5　【解析】 设数列{an}的公差为d(d≠0),
∵a2,a4,a8成等比数列,
∴a42=a2·a8,
即(a1+3d)2=(a1+d)·(a1+7d),
解得a1=d,
故a12=12d=2(Sm-Sn)=2md+m(m-1)2d-nd-n(n-1)2d,
即12=(m+n+1)(m-n),
∵m>n>0,m,n∈N*,
∴m+n+1≥4,得m-n≤3.
当m+n+1=12,m-n=1时,m=6,n=5,符合题意;
当m+n+1=6,m-n=2时,m=72,n=32,不符合题意;
当m+n+1=4,m-n=3时,m=3,n=0,不符合题意.
综上,m=6,n=5.
17.解:设这三个数分别为aq,a,aq(q≠0),
根据题意可得aq·a·aq=a3=512,解得a=8,
所以这三个数分别为8q,8,8q.
因为8q-2,8,8q-2构成等差数列,
所以8q-2+8q-2=16,即2q2-5q+2=0,解得q=12或q=2,
所以这三个数分别为16,8,4或4,8,16.
18.解:(1)∵log2an,12log2an+1,1成等差数列,
∴2×12log2an+1=log2an+1,
∴an+1=2an,且an>0,
∴{an}是等比数列,公比q=2.
由a2a6=64,得a4=8,
∴a1=a4q3=1,∴an=2n-1.
(2)由(1)知bn=(2n+1)+2n-1,
∴Tn=[3+5+7+…+(2n+1)]+(1+21+22+…+2n-1)=n(3+2n+1)2+1×(1-2n)1-2=n2+2n+2n-1.
19.解:(1)由a1=2,a2,a4,a8成等比数列,得a42=a2a8,
即(2+3d)2=(2+d)(2+7d),
整理得d2-2d=0,
∵d≠0,∴d=2,
∴an=2+2(n-1),即an=2n.
(2)由(1)可得Sn=n2+n,∴bn=2Sn=2n2+n=21n-1n+1,
故Tn=2×1-12+2×12-13+2×13-14+…+2×1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.
20.解:(1)当n=1时,a1=32a1-12,得a1=1,
当n≥2时,Sn-Sn-1=an=32(an-an-1),得an=3an-1,
所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1.
(2)证明:由(1)得bn=2nan+2-an+1=n3n,
则Tn=13+232+…+n3n①,
得13Tn=132+233+…+n3n+1②,
①-②得23Tn=13+132+…+13n-n3n+1=13(1-13n)1-13-n3n+1,
所以Tn=34-3+2n4×3n,因为n∈N*,所以Tn<34.
21.解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q>0).
∵2b5=b3-b4,∴2q2=1-q,得q=12或q=-1(舍),
∵b1=12,∴bn=b1qn-1=12n.
∵S9b4=9,∴9a5×124=9,解得a5=16,
又a1=4,∴d=a5-a15-1=124=3,
∴an=4+(n-1)×3=3n+1.
(2)由(1)得an=3n+1,bn=12n,
∵OPn⊥OQn,∴anbn+2nbn-cn-1=0,
∴cn=3n+12n,
则Tn=42+722+1023+…+3n+12n①,
得Tn2=422+723+1024+…+3n+12n+1②.
①-②得Tn2=42+322+323+…+32n-3n+12n+1=
12+312+122+123+…+12n-3n+12n+1=
12+3×12×(1-12n)1-12-3n+12n+1=72-3n+72n+1,
∴Tn=7-3n+72n.
22.解:(1)1年后,木材存量f(1)=54a-b,
2年后,木材存量f(2)=5454a-b-b=542a-54+1b,
3年后,木材存量f(3)=543a-(54)?2+54+1b.
根据以上数据归纳推理得
f(n)=54na-(54)?n-1+…+54+1b=54na-4(54)?n-1b(n∈N*).
用数学归纳法证明如下:
①当n=1时,f(1)=54a-b,显然成立;
②假设当n=k(k≥1)时,f(k)=54ka-4(54)?k-1b成立,
则当n=k+1时,
f(k+1)=54f(k)-b=54(54)?ka-4(54)?k-1b-b=
54k+1a-4(54)?k+1-54b-b=54k+1a-4(54)?k+1-1b,
即当n=k+1时,f(k+1)=54k+1a-454k+1-1b成立.
由①②可知,当n∈N*时,f(n)=54na-4(54)?n-1b.
(2)当b=1972a时,若该地区今后会发生水土流失,
则木材存量必须少于79a,
则54na-4(54)?n-1×1972a<79a,解得54n>5,
两边取对数得nlg 54>lg 5,
即n>lg5lg5-2lg2=1-lg21-3lg2≈7,
故经过8年后,该地区就会发生水土流失.