2020-2021学年陕西省铜川市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年陕西省铜川市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若数列2n+1的第k项等于3，则第3k项等于( )
A.3B.5C.7D.9

2. 等差数列{an}中，a1+a5=10，a4=7，则数列{an}的公差为( )
A.1B.2C.3D.4

3. 等差数列{an}中，若a3+a4+a5=12，则{an}的前7项和S7=( )
A.22B.24C.26D.28

4. 等比数列{an}中，a2，a6是方程x2−34x+64=0的两根，则a4等于( )
A.8B.−8C.±8D.以上都不对

5. 若数列{an}的通项公式是an=(−1)n(3n−2)，则a1+a2+⋯+a10=( )
A.15B.12C.−12D.−15

6. 已知等比数列{an}满足an>0，n=1，2，⋯，且a5⋅a2n−5=22n(n≥3)，则当n≥1时，lg2a1+lg2a3+⋯+lg2a2n−1等于( )
A.n(2n−1)B.(n+1)2C.n2D.(n−1)2

7. 在数列an中， an=2n+1，则这个数列自第100项到第200项之和为( )
A.30401B.30609C.30503D.30509

8. 已知等差数列{an}的前n项和Sn有最小值，且−10，
∴ an=2n，
∴ lg2a1+lg2a3+⋯+lg2a2n−1
=lg2(a1a3⋯a2n−1)
=lg221+3+⋯+（2n−1）
=lg22n2
=n2．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列的求和公式即可求出.
【解答】
解：由an=2n+1，可知数列an为等差数列，
设数列an的前n项和为Sn=n3+2n+12=nn+2，
则这个数列的第100项至第200项的和为：
S200−S99=200×202−99×101=30401.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
根据等差数列的性质，结合已知得a10，a110，进而得出结果.
【解答】
解：由题意可得等差数列{an}的公差d>0.
∵ −10，
S21=21(a1+a21)2=21a110成立的n的最小值为22.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
等比中项
等比数列的前n项和
【解析】
由等比数列的性质可得S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，代入数据计算可得．
【解答】
解：S2=a1+a2，
S4−S2=a3+a4=(a1+a2)q2，
S6−S4=a5+a6=(a1+a2)q4，
所以S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，
即3，12，S6−15成等比数列，
可得122=3(S6−15)，
解得S6=63.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由an与Sn的关系可求得am+1与am，进而得到公差d，由前n项和公式及Sm=0可求得a1，再由通项公式及am=2可得m值．
【解答】
解：am=Sm−Sm−1=2，am+1=Sm+1−Sm=3，
所以公差d=am+1−am=1，
Sm=m(a1+am)2=0，得a1=−2，
所以am=−2+(m−1)⋅1=2，解得m=5，
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列的通项公式与前n项和，是基础的计算题．
【解答】
解：被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，公差为 5×7=35 的等差数列，记数列 an，
则 an=23+35n−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=59189.
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由an+1=13an−2，
得an+1+3=13an+3，
所以数列{an+3}是首项为0+3=3，公比为13的等比数列，
所以an+3=3×13n−1，
所以an=3⋅13n−1−3，
即an=13n−2−3．
故选D．
二、填空题
【答案】
−128
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
利用等比数列的通项公式及其性质即可得出．
【解答】
解：∵b4=b1q3=−8 ， q=2,
∴b1=−1,
∴bn=−2n−1,
∴b8=−27=−128.
故答案为：−128.
【答案】
10
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由“等差数列{an}前9项的和等于前4项的和”可求得公差，再由ak+a4=0可求得结果．
【解答】
解：设{an}的公差为d，
由 S9=S4 及a1=1，
得9×1+9×82d=4×1+4×32d，
所以 d=−16.
又ak+a4=0，
所以 [1+(k−1)×(−16)]+[1+(4−1)×(−16)]=0，
解得：k=10.
故答案为：10.
【答案】
1316
【考点】
等比中项
等差数列的性质
【解析】

【解答】
解：∵ a1，a3，a9 成等比数列，
∴ a32=a1×a9，即a1=d，
∴ a1+a3+a9a2+a4+a10=3a1+10d3a1+13d=1316．
故答案为：1316.
【答案】
99
【考点】
数列的求和
【解析】
根据题意，数列的通项公式可转化an=n+1−n，进而可得Sn=(n+1−n)−(n−n−1)+...+(2−1)=n+1−1，已知Sn=9，即n+1−1=9，解可得答案．
【解答】
解：根据题意，an=1n+1+n=n+1−n，
则Sn=(n+1−n)+(n−n−1)+...+(2−1)=n+1−1.
若Sn=9，
即n+1−1=9，
解得n=99.
故答案为：99．
三、解答题
【答案】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
由a2=3，a5=81，得
a1q=3,a1q4=81,
解得a1=1,q=3,
∴ an=3n−1；
(2)∵ an=3n−1，
∴ bn=lg33n−1=n−1．
则数列{bn}的首项为b1=0，
由bn−bn−1=n−1−(n−2)=1(n≥2)，
可知数列{bn}是以1为公差的等差数列．
∴ Sn=nb1+n(n−1)d2=n(n−1)2．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
(Ⅰ)设出等比数列的首项和公比，由已知列式求解首项和公比，则其通项公式可求；
(Ⅱ)把(Ⅰ)中求得的an代入bn＝lg3an，得到数列{bn}的通项公式，由此得到数列{bn}是以0为首项，以1为公差的等差数列，由等差数列的前n项和公式得答案．
【解答】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
由a2=3，a5=81，得
a1q=3,a1q4=81,
解得a1=1,q=3,
∴ an=3n−1；
(2)∵ an=3n−1，
∴ bn=lg33n−1=n−1．
则数列{bn}的首项为b1=0，
由bn−bn−1=n−1−(n−2)=1(n≥2)，
可知数列{bn}是以1为公差的等差数列．
∴ Sn=nb1+n(n−1)d2=n(n−1)2．
【答案】
解：{an}为等差数列，设公差为d，
由a3=a1+2d=−6，S6=6a1+6×52d=−30，
可得a1=−10，d=2，
∴ an=a1+(n−1)d=2n−12.
当n≤5时，an6时，an>0；
∴ 数列{an}的前5项或前6项的和最小为−30．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
通过设公差为d，利用a3=−6、S6=−30即可计算出首项和公差，进而可得结论．
【解答】
解：{an}为等差数列，设公差为d，
由a3=a1+2d=−6，S6=6a1+6×52d=−30，
可得a1=−10，d=2，
∴ an=a1+(n−1)d=2n−12.
当n≤5时，an6时，an>0；
∴ 数列{an}的前5项或前6项的和最小为−30．
【答案】
解：(1)∵ an=2an−1−n+2(n≥2，n∈N∗)，且a1=2，
∴ a2=2a1−2+2=4，a3=2a2−3+2=2×4−3+2=7．
∵ an=2an−1−n+2，
∴ an−n=2an−1−2n+2，
即an−n=2[an−1−(n−1)]，
∴ an−nan−1−(n−1)=2(n≥2，n∈N∗)，
∴ {an−n}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)得，an−n=(a1−1)⋅2n−1，即an=2n−1+n，
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ an=2an−1−n+2(n≥2，n∈N∗)，且a1=2，
∴ a2=2a1−2+2=4，a3=2a2−3+2=2×4−3+2=7．
∵ an=2an−1−n+2，
∴ an−n=2an−1−2n+2，
即an−n=2[an−1−(n−1)]，
∴ an−nan−1−(n−1)=2(n≥2，n∈N∗)，
∴ {an−n}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)得，an−n=(a1−1)⋅2n−1，即an=2n−1+n，
【答案】
解：(1)设{an}的公差为d，
∵ S4=−62，S6=−75，
∴ 4a1+4×32d=−62，6a1+6×52d=−75，
解得a1=−20，d=3，
∴ an=a1+(n−1)d=−20+3(n−1)
=3n−23．
∴ Sn=n(a1+an)2=n(3n−43)2
=32n2−432n．
(2)由an=3n−23≤0，解得n≤233，
因此n≤7．
当n≥8时，an>0，
当n≤7时，Tn=−(a1+a2+⋯+an)=43n−3n22，
当n≥8时，Tn=−(a1+a2+⋯+a7)+(a8+⋯+an)
=Sn−2S7=3n2−43n+3082，
∴ Tn=43n−3n22，n≤7，3n2−43n+3082，n≥8.
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
（1）利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出；
（2）由an=3n−23≤0，解得n≤233，因此n≤7．当n≥8时，a8>0．当n≤7时，Tn=−(a1+a2+)，当n≥8时，Tn=−(a1+a2+)+(a8+)=Sn−2S7，再利用等差数列的前n项和公式即可得出．
【解答】
解：(1)设{an}的公差为d，
∵ S4=−62，S6=−75，
∴ 4a1+4×32d=−62，6a1+6×52d=−75，
解得a1=−20，d=3，
∴ an=a1+(n−1)d=−20+3(n−1)
=3n−23．
∴ Sn=n(a1+an)2=n(3n−43)2
=32n2−432n．
(2)由an=3n−23≤0，解得n≤233，
因此n≤7．
当n≥8时，an>0，
当n≤7时，Tn=−(a1+a2+⋯+an)=43n−3n22，
当n≥8时，Tn=−(a1+a2+⋯+a7)+(a8+⋯+an)
=Sn−2S7=3n2−43n+3082，
∴ Tn=43n−3n22，n≤7，3n2−43n+3082，n≥8.
【答案】
解：(1)由S7=56得7(a1+a7)2=56，
则7a4=56，解得a4=8.
因为a5=10，
所以公差d=a5−a4=10−8=2，
则a4=a1+3d，
解得a1=8−6=2，
所以an=2+2(n−1)=2n.
(2)由(1)得，bn=an+(3)an=2n+3n，
所以Tn=(2+3)+(4+32)+(6+33)+⋯+(2n+3n)
=(2+4+6+⋯+2n)+(3+32+33+⋯+3n)
=n(2+2n)2+3(1−3n)1−3
=n2+n+3n+1−32，
所以Tn=n2+n+3n+1−32．
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）根据题意和等差数列的前n项和公式、通项公式，求出公差和首项，再求出数列{an}的通项公式；
（2）由（1）求出bn，由分组求和法和等差、等比数列的前n项和公式求出Tn．
【解答】
解：(1)由S7=56得7(a1+a7)2=56，
则7a4=56，解得a4=8.
因为a5=10，
所以公差d=a5−a4=10−8=2，
则a4=a1+3d，
解得a1=8−6=2，
所以an=2+2(n−1)=2n.
(2)由(1)得，bn=an+(3)an=2n+3n，
所以Tn=(2+3)+(4+32)+(6+33)+⋯+(2n+3n)
=(2+4+6+⋯+2n)+(3+32+33+⋯+3n)
=n(2+2n)2+3(1−3n)1−3
=n2+n+3n+1−32，
所以Tn=n2+n+3n+1−32．
【答案】
解：(1)因为an+12−an2=2(n∈N∗)，
所以数列an2是首项为1，公差为2的等差数列．
所以an2=1+2(n−1)=2n−1．
因为an>0，
所以an=2n−1．
(2)由(1)知，an=2n−1，
所以an22n=2n−12n．
所以，Sn=12+322+⋯+2n−12n ①,
则12Sn=122+323+⋯+2n−32n+2n−12n+1 ②，
①−②得，
12Sn=12+222+⋯+22n−2n−12n+1
=12+2(122+123+⋯+12n)−2n−12n+1
=32−2n+32n+1，
所以Sn=3−2n+32n．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）先确定数列{a 2n }是首项为1，公差为2的等差数列，进而可求数列{an}的通项公式；
（2）利用错位相减法，即可求数列{an22n}的前n项和Sn．
【解答】
解：(1)因为an+12−an2=2(n∈N∗)，
所以数列an2是首项为1，公差为2的等差数列．
所以an2=1+2(n−1)=2n−1．
因为an>0，
所以an=2n−1．
(2)由(1)知，an=2n−1，
所以an22n=2n−12n．
所以，Sn=12+322+⋯+2n−12n ①,
则12Sn=122+323+⋯+2n−32n+2n−12n+1 ②，
①−②得，
12Sn=12+222+⋯+22n−2n−12n+1
=12+2(122+123+⋯+12n)−2n−12n+1
=32−2n+32n+1，
所以Sn=3−2n+32n．