2020-2021学年江西省九江市高一（下）4月月考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省九江市高一（下）4月月考数学试卷北师大版，共9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. 已知数列{an}是首项为2，公差为4的等差数列，若an=2022，则n= ( )
A.504B.505C.506D.507

2. 在等比数列{an}中，a1=1，a5=3，则a3=( )
A.±3B.3C.−3D.3

3. cs−16π3的值是（ ）
A.−12B.−32C.12D.32

4. 设{an}是等差数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=（ ）
A.5B.6C.16D.32

5. 已知等比数列an的各项均为正数，且lg2a1+lg2a2+⋯+lg2a7=7，则a2a6+a3a5=（ ）
A.16B.14C.8D.4

6. 在△ABC中，AD→=2DC→，BE→=ED→，AB→=a→，AC→=b→，则AE→=（ ）
A.13a→+23b→B.12a→+13b→C.13a→+12b→D.13a→+49b→

7. 已知等差数列an的前n项和为Sn，a3，a7是方程x2−8x−13=0的两根，则S9=( )
A.36B.40C.72D.80

8. 中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”.其大意为：“有一个人走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天后到达目的地”，则该人第4天走的路程为( )
A.48里B.24里C.12里D.6里

9. 等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10=1，S30=7，则S40= ( ）
A.5B.10C.15D.−20

10. 已知等差数列an的前n项和为Sn，若a1>0，a2+a10=0，则( )
A.n=6或7时Sn取得最大值B.n=5或6时Sn取得最大值
C.n=6或7时Sn取得最小值D.n=5或6时Sn取得最小值

11. 数列an满足an+1+−1nan=2n−1，则an前40项和为（ ）
A.820B.940C.1830D.1880

12. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an+1=n+2nSn(n∈N∗)，则an=（ ）
A.(n+1)2n−1B.n⋅2nC.3n−1D.2n⋅3n−1
二、填空题

已知{an}是首项为1的等比数列，若4an，2an+1，an+2成等差数列，则an=________．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a=7，b=2，A=60∘，则边c=________．

已知等比数列{an}中，a1=7，a4=a3a5，则a7=________.

用分期付款方式购买家用电器一件，价格为1150元，购买当天先付150元，以后每月这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%．若交付150元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，全部欠款付清后，买这件家电实际付款________元．
三、解答题

已知等差数列ann∈N∗中，a2=2，a3+a4=1，数列bn满足bn=2ann∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；

(2)证明bn是等比数列，并求bn前n项的和Sn；

已知|a→|=3，|b→|=4，a→与b→的夹角为60∘，试求：
(1)|a→+b→|；

(2)a→+b→与a→−b→的夹角θ的余弦值．

已知等差数列an的前n项和为Sn，S5=25，且a3−1,a4+1，a7+3成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=−1nan+1，Tn是数列bn的前n项和，求T2n．

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=43(an−1)，n∈N∗．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=lg2an，记数列{1(bn−1)(bn+1)}的前n项和为Tn．证明：Tn<12．

在数列an中，已知a1=2，且nan+1=2n+1an−nn+1,n∈N∗.
(1)设bn=ann−1，求数列bn的通项公式；

(2)求数列an的前n项和Tn．

已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1=1，2Sn=n(an+1−1)，n∈N∗．
(1)求a2，a3的值；

(2)求数列{an}的通项公式；

(3)证明：对一切正整数n，有1S1+1S2+…+1Sn<74．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省九江市高一（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}是首项为2，公差d=4，
∴ an=2+4(n−1)=4n−2=2022，解得：n=506．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设{an}的公比为q，则a5=a1q4=q4=3，
所以q2=3，
所以a3=a1q2=3．
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
诱导公式
【解析】
直接利用诱导公式求解即可
【解答】
解：∵ cs−16π3=cs2π3=−csπ3=−12.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
本题考查等差数列的运算，涉及到等差数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力、应用意识等核心素养，是基础题．
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，因为a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，
可得3d=a2+a3+a4−a1+a2+a3=1，
解得d=13，
又由a6+a7+a8=a1+a2+a3+15d=1+15×13=6．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
【解析】
根据对数的运算性质和等比数列的性质即可求出．
【解答】
解：等比数列an的各项均为正数，且lg2a1+lg2a2+⋯+lg2a7=7，
∴ lg2a1⋅a2⋅⋯⋅a7=7，
∴ a1⋅a2⋅⋯⋅a7=27，
∴ a47=27，
∴ a4=2，
∴ a2a6+a3a5=2a42=8.
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
向量加减法的应用
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，在△ABC中，AD→=2DC→，BE→=ED→，
可得D为AC的三点分点，E为BD的中点，
又由AB→=a→,AC→=b→，
根据向量的运算法则，可得
AE→=AB→+BE→=AB→+12BD→=AB→+12AD→−AB→
=12AB→+12AD→=12AB→+12×23AC→=12a→+13b→.
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
一元二次方程的根的分布与系数的关系
【解析】
由a3+a7=8，则S9=9a1+a32=9a9+a72=36 .
【解答】
解：由a3+a7=8，则S9=9a1+a92=9a3+a72=36 .
故选A .
8.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
数列的应用
等比数列的通项公式
【解析】
由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列an，其中q=12S6=378．利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出
【解答】
解：由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列an，其中q=12，S6=378，
则a11−1261−12=378，解得a1=192，
a4=a1q4=192×123=24.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
先由等比数列的前n项和公式列方程组解得q10，然后分别求出q40、a11−q，最后再次运用等比数列的前n项和公式求S40．
【解答】
解：由题意知等比数列{an}的公比q≠1，
则有a1(1−q10)1−q=1①，a1(1−q30)1−q=7②，
②①，得1+q10+q20=7，
即q20+q10−6=0，
解得q10=2，
则q40=16，且代入①得a11−q=−1，
所以S40=a1(1−q40)1−q=(−1)×(1−16)=15．
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：由a2+a10=2a6=0得a6=0，
由a1>0可得n=5或6时Sn取得最大值.
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ an+1+−1nan=2n−1，
故a2−a1=1，a3+a2=3，
a4−a3=5，a5+a4=7，a6−a5=9，a7+a6=11，⋯，
a60−a59=117，
从而可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a11+a9=2，
a12+a10=40，a15+a13=2，a16+a14=56，⋯，
即从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，
从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，16为公差的等差数列，
故an的前40项和为10×2+10×8+10×92×16=820.
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
等比数列的通项公式
等比关系的确定
【解析】
由已知数列递推式可得an+1n+2=2⋅ann+1，得到{ann+1}是以1为首项，以2为公比的等比数列，求出等比数列的通项公式，可得an．
【解答】
解：∵ an+1=n+2nSn(n∈N∗)，
∴ nn+2an+1=Sn，①
当n≥2时，n−1n+1an=Sn−1，②
①−②有nn+2an+1−n−1n+1an=an，
化简得an+1n+2=2⋅ann+1(n≥2)，
另外，n=1时a2=1+21S1=3a1=6，
故a23=2⋅a12，也符合上式，
故{ann+1}是以a12=1为首项，以2为公比的等比数列，
∴ ann+1=2n−1，
故an=(n+1)⋅2n−1．
故选A.
二、填空题
【答案】
2n−1
【考点】
等比数列的通项公式
等差中项
【解析】
设{an}是首项为1，公比设为q的等比数列，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得q，进而得到所求通项公式．
【解答】
解：设{an}是首项为1，公比设为q的等比数列，
由4an，2an+1，an+2成等差数列，
得4an+1=4an+an+2，即4qan=4an+q2an，
即为4q=4+q2，解得q=2，
故an=2n−1.
故答案为：2n−1.
【答案】
3
【考点】
余弦定理
【解析】

【解答】
解：由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
即7=4+c2−2×2c×12，
整理得c2−2c−3=0，
解得c=−1（舍去）或c=3.
故答案为：3.
【答案】
17
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
【解析】
先根据等比数列的性质求出a4，再根据通项公式求出首项，即可求出a7的值．
【解答】
解：等比数列an中，a1=7，由a4=a3a5=a42，解得a4=1或a4=0（舍去），
∵ a4=a1q3，∴q3=17，
a7=a1⋅q6=7×172=17.
故答案为：17.
【答案】
1255
【考点】
数列的应用
等差数列的前n项和
【解析】
每月付50元，分20次付完，设每月付款数顺次组成数列{an}，可得付款数{an}组成等差数列，公差d=−0.5，再利用等差数列的前n项和公式，求得结论．
【解答】
解：购买时付了150元，欠款1000元．每月付50元，分20次付完，设每月付款数顺次组成数列{an}，
则a1=50+1000×0.01=60，
a2=50+(1000−50)×0.01=60−0.5，
a3=50+(1000−50×2)×0.01=60−0.5×2，
类推an=60−0.5(n−1)(1≤n≤20)．
∴ 付款数{an}组成等差数列，公差d=−0.5，全部贷款付清后，付款总数为150+S20=150+20a1+20×192×(−0.5)
=150+20×60−20×194=1255.
故答案为：1255.
三、解答题
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
则a1+d=2，a1+2d+a1+3d=1，
解得a1=3，d=−1，
所以an=a1+n−1d=3−n−1=4−n．
(2)bn=2an=24−n，bn+1=23−n，
bn+1bn=23−n24−n=12，所以数列bn是首项为8，公比为12的等比数列．
所以Sn=b11−qn1−q=8×1−12n1−12=16−24−n．
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
（1）设等差数列an的公差为d，根据等差数列的通项公式列式可解得基本量a1和d，即可写出等差数列an的通项公式；
（2）直接利用等比数列的前n项和公式可得结果；
（3）求出Pm和bm后解不等式Pm≤bm可得结果．
【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
则a1+d=2，a1+2d+a1+3d=1，
解得a1=3，d=−1，
所以an=a1+n−1d=3−n−1=4−n．
(2)bn=2an=24−n，bn+1=23−n，
bn+1bn=23−n24−n=12，所以数列bn是首项为8，公比为12的等比数列．
所以Sn=b11−qn1−q=8×1−12n1−12=16−24−n．
【答案】
解：(1)|a→+b→|2=a→2+b→2+2a→⋅b→
=9+16+2×3×4×cs60∘=37，
∴ |a→+b→|=37.
(2)|a→−b→|2=a→2+b→2−2a→⋅b→
=9+16−2×3×4×cs60∘
=13，
∴ |a→−b→|=13，
csθ=(a→−b→)⋅(a→+b→)|a→−b→||a→+b→|
=9−1637×13=−7481481.
【考点】
向量的模
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
(1)由|a→|=3，|b→|=4，a→与b→的夹角为60∘，故a→2=9，b→2=16，a→⋅b→=6，代入|a→+b→|2=a→2+b→2+2a→⋅b→易得到|a→+b→|2的值，进而求出|a→+b→|；
(2)要求a→+b→与a→−b→的夹角θ的余弦值，我们可以根据csθ=(a→−b→)⋅(a→+b→)|a→−b→||a→+b→|，结合(1)的结论，我们求出相应的量，代入公式即可求解．
【解答】
解：(1)|a→+b→|2=a→2+b→2+2a→⋅b→
=9+16+2×3×4×cs60∘=37，
∴ |a→+b→|=37.
(2)|a→−b→|2=a→2+b→2−2a→⋅b→
=9+16−2×3×4×cs60∘
=13，
∴ |a→−b→|=13，
csθ=(a→−b→)⋅(a→+b→)|a→−b→||a→+b→|
=9−1637×13=−7481481.
【答案】
解：(1)由题意，等差数列an的前n项和为Sn，
因为S5=25，可得S5=5a3=25，所以a3=5.
设数列an的公差为d，由a3−1,a4+1，a7+3成等比数列，
可得6+d2=48+4d，整理得d2−4d+4=0，解得d=2，
所以an=a3+n−3d=2n−1．
(2)由bn=−1nan+1=−1n2n−1+1，
所以T2n=−1+1+3+1+−5+1+7+1
+⋯+−4n−3+1+4n−1+1=4n．
【考点】
等差数列的通项公式
等比中项
数列的求和
【解析】
（Ⅰ）由S5=25，求得a3=5，再根据a3−1,a4+1,a7+3成等比数列，列出方程求得d=2，
结合an=a3+n−3d，即可求得等差数列的通项公式；
（II）由题意得到bn=−1n2n−1+1，结合并项法，即可求解．
【解答】
解：(1)由题意，等差数列an的前n项和为Sn，
因为S5=25，可得S5=5a3=25，所以a3=5.
设数列an的公差为d，由a3−1,a4+1，a7+3成等比数列，
可得6+d2=48+4d，整理得d2−4d+4=0，解得d=2，
所以an=a3+n−3d=2n−1．
(2)由bn=−1nan+1=−1n2n−1+1，
所以T2n=−1+1+3+1+−5+1+7+1
+⋯+−4n−3+1+4n−1+1=4n．
【答案】
(1)解：当n=1时，有a1=S1=43(a1−1)，
解得a1=4，
当n≥2时，有Sn−1=43(an−1−1)，
则an=Sn−Sn−1=43(an−1)−43(an−1−1)，
整理得：an=4an−1，即anan−1=4，
∴ 数列{an}是以q=4为公比，以4为首项的等比数列，
∴ an=4×4n−1=4n(n∈N∗)，
∴ 数列{an}的通项公式为：an=4n(n∈N∗)．
(2)证明：由(1)有bn=lg2an=lg24n=2n，
则1(bn+1)(bn−1)=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]
=12(1−12n+1)<12，
故得证．
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
( I)当n＝1时，有a1=S1=43(a1−1)，解得a1．当n≥2时，有Sn−1=43(an−1−1)，可得an=Sn−Sn−1=43(an−1)−43(an−1−1)，利用等比数列的通项公式即可得出．
( II)由( I)有bn=lg2an=lg24n=2n，则1(bn+1)(bn−1)=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项求和方法可得Tn，即可证明．
【解答】
(1)解：当n=1时，有a1=S1=43(a1−1)，
解得a1=4，
当n≥2时，有Sn−1=43(an−1−1)，
则an=Sn−Sn−1=43(an−1)−43(an−1−1)，
整理得：an=4an−1，即anan−1=4，
∴ 数列{an}是以q=4为公比，以4为首项的等比数列，
∴ an=4×4n−1=4n(n∈N∗)，
∴ 数列{an}的通项公式为：an=4n(n∈N∗)．
(2)证明：由(1)有bn=lg2an=lg24n=2n，
则1(bn+1)(bn−1)=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Tn=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]
=12(1−12n+1)<12，
故得证．
【答案】
解：(1)因为nan+1=2n+1an−nn+1，
所以an+1n+1=2⋅ann−1，
所以an+1n+1−1=2(ann−1)，
所以bn是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn=2n−1．
(2)由(1)知，an=bn+1⋅n=2n−1+1⋅n，
所以Tn=(1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1)+n(1+n)2.
设Sn=1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，①
2Sn=1×2+2×22+3×23+ ⋯+n⋅2n，②
①−②得：−Sn=1+2+22+ ⋯+2n−1−n⋅2n，
所以Sn=n−1⋅2n+1，
所以Tn=n−1⋅2n+n2+n+22．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为nan+1=2n+1an−nn+1，
所以an+1n+1=2⋅ann−1，
所以an+1n+1−1=2(ann−1)，
所以bn是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn=2n−1．
(2)由(1)知，an=bn+1⋅n=2n−1+1⋅n，
所以Tn=(1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1)+n(1+n)2.
设Sn=1×1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，①
2Sn=1×2+2×22+3×23+ ⋯+n⋅2n，②
①−②得：−Sn=1+2+22+ ⋯+2n−1−n⋅2n，
所以Sn=n−1⋅2n+1，
所以Tn=n−1⋅2n+n2+n+22．
【答案】
解：(1)∵ a1=1，2Sn=n(an+1−1)，
∴ 2a1=a2−1，解得a2=3，同理可得a3=5．
(2)由(1)猜想an=2n−1(n∈N∗)．
证明：当n=1时，a1=1，命题成立．
假设当n=k(k≥1)时，命题成立，即ak=2k−1．
因为∵ 2Sk=k(ak+1−1)，①
又2Sk−1=(k−1)(ak−1)，②
①−②得2ak=kak+1−(k−1)ak−1，
即kak+1=(k+1)ak+1，
所以ak+1=(k+1)(2k−1)+1k=2k2+kk=2k+1，
所以当n=k+1时，命题也成立．
综上所述，当n∈N∗时，an=2n−1．
(3)证明：由(2)知，an=2n−1，
∴ Sn=n⋅(1+2n−1)2=n2，n∈N∗，
①当n=1时，1S1=1<74，∴ 原不等式成立．
②当n=2时，1S1+1S2=1+14<74，∴ 原不等式亦成立．
③当n≥3时，∵ n2>(n−1)⋅(n+1)，∴ 1n2<1(n−1)⋅(n+1)，
∴ 1S1+1S2+⋯+1Sn
=112+122+⋯+1n2
<1+11×3+12×4+…+1(n−2)⋅n+1(n−1)⋅(n+1)
=1+12(11−13)+12(12−14)+12(13−15)+⋯
+12(1n−2−1n)+12(1n−1−1n+1)
=1+12(11−13+12−14+13−15+⋯
+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=1+12(11+12−1n−1n+1)
=74+12(−1n−1n+1)<74．
∴ 当n≥3时，∴ 原不等式亦成立．
综上，对一切正整数n，有1S1+1S2+⋯+1Sn<74．
【考点】
数列递推式
数学归纳法
数列的求和
【解析】
（1）∵ a1=1，2Sn=n(an+1−1)∴ 2a1=a2−1，解得a2，同理可得a3
（2）猜想an=2n−1，可选用第一数学归纳法，第二数学归纳法，递推法，构造新数列四种方法来证明该猜想成立．

【解答】
解：(1)∵ a1=1，2Sn=n(an+1−1)，
∴ 2a1=a2−1，解得a2=3，同理可得a3=5．
(2)由(1)猜想an=2n−1(n∈N∗)．
证明：当n=1时，a1=1，命题成立．
假设当n=k(k≥1)时，命题成立，即ak=2k−1．
因为∵ 2Sk=k(ak+1−1)，①
又2Sk−1=(k−1)(ak−1)，②
①−②得2ak=kak+1−(k−1)ak−1，
即kak+1=(k+1)ak+1，
所以ak+1=(k+1)(2k−1)+1k=2k2+kk=2k+1，
所以当n=k+1时，命题也成立．
综上所述，当n∈N∗时，an=2n−1．
(3)证明：由(2)知，an=2n−1，
∴ Sn=n⋅(1+2n−1)2=n2，n∈N∗，
①当n=1时，1S1=1<74，∴ 原不等式成立．
②当n=2时，1S1+1S2=1+14<74，∴ 原不等式亦成立．
③当n≥3时，∵ n2>(n−1)⋅(n+1)，∴ 1n2<1(n−1)⋅(n+1)，
∴ 1S1+1S2+⋯+1Sn
=112+122+⋯+1n2
<1+11×3+12×4+…+1(n−2)⋅n+1(n−1)⋅(n+1)
=1+12(11−13)+12(12−14)+12(13−15)+⋯
+12(1n−2−1n)+12(1n−1−1n+1)
=1+12(11−13+12−14+13−15+⋯
+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=1+12(11+12−1n−1n+1)
=74+12(−1n−1n+1)<74．
∴ 当n≥3时，∴ 原不等式亦成立．
综上，对一切正整数n，有1S1+1S2+⋯+1Sn<74．