2018年高考考点完全题数学（理）习题 单元质量测试4 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）习题 单元质量测试4 word版含答案，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。
单元质量测试(四)时间：120分钟　  满分：150分第Ⅰ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．已知等比数列{an}满足a1a7＝3a4a3，则数列{an}的公比q＝(　　)A．2   B.  C．3   D.答案　C解析　∵aq6＝3aq5≠0，∴q＝3.2．已知等差数列{an}满足a1＝4，a4＋a6＝16，则它的前10项和S10＝(　　)A．138   B．85  C．23   D．135答案　B解析　设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝4，a4＋a6＝a1＋3d＋a1＋5d＝2a1＋8d＝16，解得d＝1，∴S10＝10a1＋d＝10×4＋5×9＝85.3．在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝，若ak＝2－5，则k＝(　　)A．5   B．6  C．9   D．10答案　D解析　设该数列的公比为q，则由等比数列的通项公式可得，q3＝＝，∴q＝2，∴ak＝a1qk－1＝2·qk－1＝2－5，∴qk－1＝2－6，∴＝6，∴k＝10.4．在数列{xn}中，若x1＝1，xn＋1＝－1，则x2017＝(　　)A．－1   B．－  C.   D．1答案　D解析　将x1＝1代入xn＋1＝－1，得x2＝－，再将x2代入xn＋1＝－1，得x3＝1，所以数列{xn}的周期为2，故x2017＝x1＝1.5．设{an}是首项大于零的等比数列，则“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的(　　)A．充分而不必要条件   B．必要而不充分条件C．充分必要条件   D．既不充分也不必要条件答案　C解析　据题意若数列{an}为递增数列，则必有a1<a2，反之由于数列为首项大于零的等比数列，且a1<a2⇒1<＝q，故数列为递增数列，因此“a1<a2”是“数列{an}为递增数列”的充要条件．6．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m，其中m，n为正整数，且a1＝1，那么a10等于(　　)A．1   B．9  C．10   D．55答案　A解析　∵Sn＋Sm＝Sn＋m，a1＝1，∴S1＝1.可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1，即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.7．已知等差数列{an}的公差为4，项数为偶数，所有奇数项的和为15，所有偶数项的和为55，则这个数列的项数为(　　)A．10   B．20  C．30   D．40答案　B解析　设等差数列{an}的公差为d＝4，项数为n，前n项和为Sn，则S偶－S奇＝d＝2n＝40，即这个数列的项数为20，故选择B.8．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn(万件)近似地满足关系式Sn＝(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是(　　)A．5,6月   B．6,7月  C．7,8月   D．8,9月答案　C解析　当n＝1时，易知不满足题意；当n≥2时，第n个月的需求量an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋15n－9)，解不等式(－n2＋15n－9)>1.5，得6<n<9，故选C.9．数列{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有(　　)A．a3＋a9≤b4＋b10B．a3＋a9≥b4＋b10C．a3＋a9≠b4＋b10D．a3＋a9与b4＋b10大小不确定答案　B解析　∵{bn}是等差数列，∴b4＋b10＝2b7，∵a6＝b7，∴b4＋b10＝2a6，∵数列{an}是正项等比数列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6)≥2a3q3＝2a6，∴a3＋a9≥b4＋b10.故选B.10．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是(　　)A.   B.  C.   D.答案　D解析　由8a2＋a5＝0，得到＝q3＝－8，则＝q2＝4，故选项A数值确定；因为＝＝，故选项B数值确定；＝q＝－2，故选项C数值确定；而＝＝，所以数值不能确定，故选D.11．已知数列{an}满足an＝若对于任意的n∈N*都有an>an＋1，则实数a的取值范围是(　　)A.   B.  C.   D.答案　D解析　∵对于任意的n∈N*都有an>an＋1，∴数列{an}单调递减，∴即<a<1.又由题意知a9<a8，即×9＋2<a8－7，解得a>，故<a<1.12．等差数列{an}中，a3＝6，a8＝16，Sn是数列{an}的前n项和，若Tn＝＋＋…＋，则与T9最接近的整数是(　　)A．1   B．2  C．4   D．5答案　B解析　设数列{an}的公差为d，则5d＝a8－a3＝10，则d＝2，所以a1＝a3－2d＝2，Sn＝na1＋d＝n2＋n，所以＝＝－，则Tn＝＋＋…＋＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝，而T9＝.故选B.第Ⅱ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)13．一牧羊人赶着一群羊通过6个关口，每过1个关口，守关人将拿走当时羊的一半，然后退还1只给牧羊人，过完这些关口后，牧羊人只剩下2只羊，则牧羊人在过第1个关口前有________只羊．答案　2解析　记此牧羊人通过第1个关口前，通过第2个关口前……通过第6个关口前，剩下的羊的只数组成数列{an}(n＝1,2,3,4,5,6)，则由题意得a2＝a1＋1，a3＝a2＋1，…，a6＝a5＋1，而a6＋1＝2，解得a6＝2，因此代入得a5＝2，a4＝2，…，a1＝2.14．公差为d，各项均为正整数的等差数列中，若a1＝1，an＝25，则n＋d的最小值等于________．答案　11解析　由a1＝1，得到an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d＝25，即(n－1)d＝24，解得d＝，因为等差数列的各项均为正整数，所以公差d也为正整数，因此d只能是1,2,3,4,6,8,12,24，此时n相应取25,13,9,7,5,4,3,2，则n＋d的最小值等于11.15．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和Sn为________．答案　解析　∵an＝＋＋…＋＝＝，∴bn＝＝＝＝8.∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝8＝8＝.16．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n，都有am＋n＝aman，若Sn<t恒成立，则实数t的最小值为________．答案　解析　令m＝1，则＝a1，∴{an}是以a1为首项，为公比的等比数列．∴an＝n.∴Sn＝＝＝－<.由Sn<t恒成立，∴t>Sn的最大值，可知t的最小值为.三、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．(本小题满分10分)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．(1)求数列{an}的通项；(2)求数列{2an}的前n项和Sn.解　(1)由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列，得(1＋2d)2＝1＋8d，解得d＝1(d＝0舍去)．故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知2an＝2n，由等比数列的前n项和公式得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2.18．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2log3＋1，求＋＋…＋.解　(1)当n＝1时，a1＝a1－1，∴a1＝2.当n≥2时，∵Sn＝an－1，①Sn－1＝an－1－1(n≥2)，②∴①－②得an＝－，即an＝3an－1，∴数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴an＝2·3n－1.(2)由(1)得bn＝2log3＋1＝2n－1，∴＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝.19．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2且n∈N*)．(1)求证：数列是等差数列；(2)求Sn和an.解　(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1，由上式知，若Sn－1≠0，则Sn≠0.∵S1＝a1≠0，由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，∴由①式可得，当n≥2时，－＝2.∴是等差数列，其中首项为＝＝2，公差为2.(2)∵＝＋2(n－1)＝＋2(n－1)＝2＋2(n－1)＝2n，∴Sn＝.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－；当n＝1时，a1＝S1＝不适合上式．∴an＝20．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<.解　(1)由题意得解得a1＝6，d＝4，∴an＝6＋(n－1)×4＝4n＋2.(2)证明：∵a1＝6，d＝4，∴Sn＝6n＋×4＝2n2＋4n，即＝＝，∴Tn＝＝＝－<，∵Tn＋1－Tn＝>0，∴数列{Tn}是递增数列，即(Tn)min＝T1＝－＝.故≤Tn<.21．(本小题满分12分)已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)．(1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；(2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)且λan>2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解　(1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5，所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，即an＝6n－5.(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1.当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2；当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2.由λan>2n＋n＋2λ，得λ>＝＋.又－＝≤0，所以当n＝1,2时，取得最大值，故λ的取值范围为.22．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*，λ≠－1)，且a1、2a2、a3＋3为等差数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和．解　(1)解法一：∵an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，∴an＝λSn－1＋1(n≥2)，∴an＋1－an＝λan，即an＋1＝(λ＋1)an(n≥2)，λ＋1≠0，又a1＝1，a2＝λS1＋1＝λ＋1，∴数列{an}是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列，∴a3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1，∴an＝2n－1，bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.解法二：∵a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，∴a2＝λS1＋1＝λ＋1，a3＝λS2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1，∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1，∴an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，∴an＝Sn－1＋1(n≥2)，∴an＋1－an＝an(n≥2)，即an＋1＝2an(n≥2)，又a1＝1，a2＝2，∴数列{an}是以1为首项，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1，bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)由(1)知，anbn＝(3n－2)×2n－1，设Tn为数列{anbn}的前n项和，∴Tn＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n－2)×2n－1，①∴2Tn＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n－5)×2n－1＋(3n－2)×2n.②①－②得，－Tn＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－(3n－2)×2n＝1＋3×－(3n－2)×2n，整理得：Tn＝(3n－5)×2n＋5.