2021届高考数学人教B版一轮单元质量测试4 WORD版含解析.doc

1、单元质量测试(四)时间：120 分钟 满分：150 分第卷(选择题，共 60 分)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1已知an为等差数列，若 a22a31，a42a37，则 a5()A1 B2 C3 D6答案 B解析 设数列an的公差为 d，由题意，将题中两式相减可得 2d6，所以 d3，所以 a22(a23)1，解得 a27，所以 a5a2(52)d792，故选 B.2在等比数列an中，“a1，a3 是方程 x23x10 的两根”是“a21”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案 A解析 在等比数列an中，a1a3a22.由

2、a1，a3 是方程 x23x10 的两根可得 a1a31，所以 a221，所以 a21，所以“a1，a3 是方程 x23x10 的两根”是“a21”的充分条件；由 a21 得 a1a31，满足此条件的一元二次方程不止一个所以“a1，a3 是方程 x23x10 的两根”是“a21”的充分不必要条件，故选 A.3设 Sn 为等差数列an的前 n 项和，且 2a5a6a3，则 S7()A28 B14 C7 D2答案 B解析 由等差数列的性质知 a4a5a6a3，结合 2a5a6a3，得 a42，所以 S77a1a727a414，故选 B.4我国古代数学著作算法统宗中有这样一段记载：“三百七十八里关，

3、初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关”其大意为：“一个人走 378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了 6天才到达目的地”，则该人第三天走的路程为()A96 里B48 里C24 里D12 里答案 B解析 根据题意，记该人每天走的路程里数为an，则数列an是以12为公比的等比数列，又由这个人走了 6 天后到达目的地，即 S6378，则有 S6a11 126112378，解得 a1192，则 a3a1q21924 48.故选 B.5已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn2an1，则 Sn()A2n1B 12n1C.23n1D32n1答案 D解析

4、 因为 an1Sn1Sn，所以 Sn2an12(Sn1Sn)，所以Sn1Sn 32，所以数列Sn是以 S1a11 为首项，32为公比的等比数列，所以 Sn32n1.故选 D.6在等比数列an中，a1an34，a2an164，且前 n 项和 Sn62，则项数 n 等于()A4 B5 C6 D7答案 B解析 因为数列an为等比数列，则 a1ana2an164，又 a1an34，联立，解得 a12，an32 或 a132，an2，当 a12，an32 时，Sna1anq1q 232q1q 62，解得 q2，所以 an22n132，此时 n5；同理可得，当 a132，an2 时，也有 n5.则项数 n

5、 等于 5.故选 B.7已知等比数列an的前 n 项的乘积记为 Tn，若 T2T9512，则 T8()A1024 B2048 C4096 D8192答案 C解析 设等比数列an的公比为 q，由 T2T9，得 a761，故 a61，即 a1q51.又 a1a2a21q512，所以 q9 1512，故 q12.所以 T8T3a32a6q4 32124096.故选 C.8数列an中，a160，an1an3，则|a1|a2|a30|()A495 B765 C1080 D3105答案 B解析 由 a160，an1an3 可得 an3n63，则 a210，所以|a1|a2|a30|(a1a2a20)(a2

6、1a30)S302S20765.故选 B.9(2019安徽淮南模拟)已知an中，ann2n，且an是递增数列，则实数 的取值范围是()A(2，)B2，)C(3，)D3，)答案 C解析 an是递增数列，nN*，an1an，(n1)2(n1)n2n，化简得(2n1)，3.故选 C.10已知an为等差数列，若 1a1，1a2019为方程 x210 x160 的两根，则 a2a1010a2018 的值为()A.158B1516C15 D30答案 B解析 an为等差数列，1a1，1a2019为方程 x210 x160 的两根，1a1 1a201910，1a1 1a201916，1a1 1a2019a1a

7、2019a1a2019 16(a1a2019)10，a1a20192a101058，a1010 516，a2a1010a20183a10101516.故选 B.11“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层 1 件，以后每一层比上一层多 1 件，最后一层是 n 件已知第一层货物单价 1 万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的 910.若这堆货物总价是 100200910n 万元，则 n 的值为()A7 B8 C9 D10答

8、案 D解析 由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列，其通项 ann，货物单价构成一个等比数列，其通项 bn910n1，所以每一层货物的总价为 anbn，这堆货物的总价为 Sna1b1a2b2anbn，即 Sn112 91039102(n1)910n2n910n1，所以 910Sn1 91029102(n1)910n1n910n，两式相减，得 110Sn1 9109102910n1n910n1910n1 910n910n10(10n)910n，所以 Sn10010(10n)910n，于是由 10010(10n)910n100200910n，得 10(10n)200，解得 n10，

9、故选D.12若正项递增等比数列an满足 1(a2a4)(a3a5)0(R)，则 a6a7的最小值为()A2 B4 C2 D4答案 D解析 an是正项递增的等比数列，a10，q1，由 1(a2a4)(a3a5)0，得 1(a2a4)q(a2a4)0，1q1a4a2，a6a7a6(1q)a6a4a2 q4q21q2112q21(q21)21q212q211q2124(q210)，当且仅当 q 2时取等号，a6a7 的最小值为 4.故选 D.第卷(非选择题，共 90 分)二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)13已知数列an中，an12an1 对任意的 nN*恒成立，且 a3

10、12，则 a1_.答案 3解析 由题意，知 a212a36，所以 a112a23.14设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S1352，则 a4a8a9_.答案 12解析 设等差数列an的公差为 d.由 S1352，得 13a113122d52，所以a16d4，所以 a4a8a9(a13d)(a17d)(a18d)3(a16d)12.15已知数列an满足 a12，an1n1ann 2，若 bn2 2an，则数列bn的前n 项和 Sn_.答案 44n13解析 数列an满足 a12，an1n1ann 2，则数列ann 是以a11 2 为首项，2 为公差的等差数列故ann 22(n1)2n，an

11、2n2，由于首项 a12 符合通项公式，故 an2n2，所以 bn2 2an22n4n，所以 Sn414n14 44n13.16设数列an的前 n 项和为 Sn，满足：Snann1nn1，n1,2，n，则 S2019_.答案 12020122019解析 由题意，得 n1 时，S1a10，即 a10，n2 时，SnSnSn12SnSn1n1nn1 2n11n，所以 Sn 1n112Sn11n，因为 S11212，所以数列Sn 1n1 是以12为首项，12为公比的等比数列，则 Sn 1n112n112 12n，所以 Sn 1n112n，故 S2019 12020122019.三、解答题(本大题共

12、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)已知数列an，点(n，an)在直线 y3x22 上(1)求证：数列an是等差数列；(2)设 bn|an|，求数列bn的前 20 项和 S20.解(1)证明：an3n22，an1an3(n1)22(3n22)3(nN*)数列an是公差为 3 的等差数列(2)由(1)知，a119，公差 d3，当 n7 时，an0，S20|a1|a2|a3|a20|a1a2a7a8a202(a1a2a7)a1a2a202719762 3 20(19)201923330.18(本小题满分 12 分)已知数列an的前 n 项和为

13、Sn，且满足 an12Sn2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bnlog2an，求数列1b2n1 的前 n 项和 Tn.解(1)an12Sn2，nN*，当 n1 时，可求得 a14.由 an12Sn2，nN*，可得 an112Sn12，由得 an1an12an1，即 an12an.数列an为以 4 为首项，2 为公比的等比数列，通项公式为 an2n1.(2)bnlog2anlog22n1n1，1b2n11n1211n22n1nn2121n 1n2.Tn12111312141n 1n2121112 1n1 1n21232 1n1 1n23412n212n4.19(2019十堰二模)

14、(本小题满分 12 分)已知数列an是递增的等差数列，a37，且 a4 是 a1 与 27 的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)设数列an的公差为 d，且 d0，根据题意，则有a37，a2427a1，即a37，a3d227a32d，d0，解得 d2，数列an的通项公式为 ana3(n3)d2n1.(2)由 bn1anan112n12n312(2n32n1)，得数列bn的前 n 项和Tn12(5 3 7 52n12n12n32n1)12(2n3 3)20(2019湖南联考)(本小题满分 12 分)设 Sn 是数列an的前 n

15、项和，已知 a11，Sn22an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(1)nlog12an，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)Sn22an1，a11，当 n1 时，S122a2，得a21S12 1a12 12.当 n2 时，Sn122an，当 n2 时，an2an2an1，即 an112an，又 a212a1，an是以 a11 为首项，12为公比的等比数列数列an的通项公式为 an 12n1.(2)由(1)知，bn(1)n(n1)，Tn0123(1)n(n1)，当 n 为偶数时，Tnn2；当 n 为奇数时，Tnn12(n1)1n2.Tn1n2，n为奇数，n2，n为偶数.21(本

16、小题满分 12 分)已知数列an中，a11，an0，前 n 项和为 Sn，若 an SnSn1(nN*，且 n2)(1)求数列an的通项公式；(2)记 cnan2an，求数列cn的前 n 项和 Tn.解(1)在数列an中，anSnSn1(n2)，an SnSn1，且 an0，得 SnSn11(n2)，数列 Sn是以 S1 a11 为首项，公差为 1 的等差数列，Sn1(n1)1n，Snn2.当 n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1，当 n1 时，a11，也满足上式，数列an的通项公式为 an2n1.(2)由(1)知，an2n1，cn(2n1)22n1，则 Tn12323525(2n1)

17、22n1，4Tn123325527(2n3)22n1(2n1)22n1，两 式 相 减 得，3Tn 2 2(23 25 22n 1)(2n 1)22n 1 2 28122n214(2n1)22n1103 532n 22n1，Tn6n522n1109.22(2020浙江诸暨中学模拟)(本小题满分 12 分)已知数列an，满足 a11，a232，an2an114an.(1)证明an112an 为等比数列并求an的通项公式；(2)设 Sn 为数列an的前 n 项和，是否存在 r，tN*(rt)，使得 S1，Sr，St 成等差数列？若存在，求出 r，t；若不存在，请说明理由解(1)因为 an2an11

18、4an，所以 an212an112an112an，又因为 a212a11，所以an112an 是以首项为 1，公比为12的等比数列所以 an112an 12n1，即 2nan12n1an2，所以2n1an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以 2n1an2n1，所以an的通项公式为 an2n12n1.(2)因为 Sn1132 5222n12n112Sn12 322 5232n32n1 2n12n所以 Sn62n32n1，所以 S11，Sr62r32r1，St62t32t1，所以 2Sr122r32r2 62t32t1 1St1，整理，得 122t1(4r6)2tr72t1(2t3)因为等式的左边是一个偶数，右边是一个奇数，所以不存在这样的 r，t，使得S1，Sr，St 成等差数列