2020-2021学年陕西省铜川市高二（上）9月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年陕西省铜川市高二（上）9月月考数学（理）试卷北师大版，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. 数列1，−3，5，−7，9，…的一个通项公式为（ ）
A.an=2n−1B.an=(−1)n(1−2n)
C.an=(−1)n(2n−1)D.an=(−1)n(2n+1)

2. 设Sn是数列an的前n项和，若Sn=n2，则a1=( )
A.1B.2C.3D.4

3. 数2和8的等差中项和等比中项分别为( )
A.±4， ± 5B.4，±5C.5， ±4D.5，4

4. 在等差数列an中， a1=2 ，a3=4，则a5=( )
A.6B.7C.8D.9

5. 在等比数列an中， a3=−2，a7=−8，则a5=( )
A.4B.−4C.±4D.5

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

7. 已知△ABC的三个内角之比为A:B:C=3:2:1，那么对应的三边之比a:b:c等于（ ）
A.3:2:1B.3:2:1C.3:2:1D.2:3:1

8. 已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2=( )
A.−4B.−10C.−8D.−6

9. 设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S2=2，S4=10，则S6等于( )
A.12B.24C.18D.42

10. 已知an是等比数列，an<0，且a4a6+2a5a7+a6a8=36，则a5+a7等于( )
A.−6B.6C.−18D.−24

11. 已知数列−1，a1，a2，−4成等差数列，−1，b1，b2，b3，−4成等比数列，则a2−a1b2的值是( )
A.−12B.12C.12或−12D.14

12. 有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )秒钟．
A.6B.7C.8D.9
二、填空题

△ABC中，若a=1，c=2，B=60∘，则△ABC的面积为_________.

已知数列an是等比数列，且每一项都是正数，若a3，a47是2x2−7x+6=0的两个根，则a1⋅a2⋅a25⋅a48⋅a49的值为________.

若数列an满足关系a1=3，an+1=2an+1，则该数列的通项公式为________．

设Sn是等差数列{an}的前n项和，且S5S8，则下列结论一定正确的有________．
(1) d<0 (2) a7=0 (3) S9>S5 (4) a1<0
(5) S6和S7均为Sn的最大值
三、解答题

在△ABC中，已知b=4，c=8，B=30∘ ，求角C的大小和边a的大小．

已知数列an是等差数列，Sn是其前n项和，且a1=2，S3=12， 等比数列bn中，已知b1=a1，b4=a8.
1求数列an和bn的通项公式；

2设cn=an+bn，求数列cn的前n项和Tn.

在等差数列an中，a3=7，a5=a2+6，若bn=an−33，Tn是数列bn的前n项和.
(1)求an通项公式；

(2)求Tn取最小值时的n值；

(3)求数列bn前30项的绝对值的和．

已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意的n∈N∗满足关系式2Sn=3an−3．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}的通项公式是bn=1lg3an⋅lg3an+1，前n项和为Tn，求证：对于任意的正整数n，总有Tn<1．

某人计划年初向银行贷款50万元用于买房，他选择10年期贷款，偿还贷款的方式为：分10次等额归还，每年一次，并从借后次年年初开始归还，若10年期贷款的年利率为4%，且每年利息均按复利计算（即本年的利息计入次年的本金生息），问每年应还多少元（精确到1元）？1.0410≈1.4802

已知各项都为正数的数列an满足a1=2，an+12−2an−1an+1−2an=0.在数列bn，cn中， b1=1，bn+1=2bn+an ，cn=bn2n−1.
(1)证明数列an是等比数列并求an的通项公式；

(2)证明cn是等差数列并求cn的通项公式；

(3)求数列bn的前n项和Sn.
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省铜川市高二（上）9月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
数列的概念及简单表示法
【解析】
首先注意到数列的奇数项为正，偶数项为负，其次数列各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列，从而易求出其通项公式．
【解答】
解：∵ 数列{an}各项值为1，−3，5，−7，9，…
∴ 各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴ |an|=2n−1
又∵ 数列的奇数项为正，偶数项为负，
∴ an=(−1)n+1(2n−1)=(−1)n(1−2n)．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
数列的求和
【解析】
根据数列求和的知识可得S1=a1，再由S1=12=1，即可解答.
【解答】
解：∵Sn=n2，
∴ a1=S1=1.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
等比中项
等差中项
【解析】
设出2和8的等差中项与等比中项，由等差中项和等比中项的概念,求出它们的等差中项和等比中项.
【解答】
解：设2和8的等差中项与等比中项分别为a和b，
根据等差中项的定义可得，
2a=2+8 ，解得：a=5.
根据等比中项的定义可得，
b2=2×8=16，解得：b=±4.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
【解析】

【解答】
解：由等差数列的性质可得，a1+a5=2a3.
∵ a1=2 ，a3=4，
∴ a5=2a3−a1=2×4−2=6.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
【解析】
由等比数列通项公式知a52=a3⋅a7，且a5=a3q2=−2q2<0，由此能求出a5的值．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q.
∵ a3=−2，a7=−8，
∴ a52=a3⋅a7=(−2)×(−8)=16.
∵ a5=a3q2=−2q2<0，
∴ a5=−4．
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由等差数列的性质和题意可得a4，再由等差数列的性质和求和公式可得S7=7a4，代值计算可得．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}中，a3+a4+a5=12，
∴ 3a4=12，
解得：a4=4，
∴ S7=7(a1+a7)2=7×2a42=7a4=28.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
由A+B+C=π，可得C=π6，从而得到三内角的值．再由正弦定理可得三边之比a:b:c=sinA:sinB:sinC，运算求得结果．
【解答】
解：∵ 已知△ABC的三个内角之比为A:B:C=3:2:1，
∴ 有B=2C，A=3C，再由A+B+C=π，
可得C=π6，
故三内角分别为A=π2，B=π3，C=π6，
再由正弦定理可得三边之比得，
a:b:c=sinA:sinB:sinC=1:32:12=2:3:1.
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等差数列的通项公式
【解析】
由等差数列中的三个数a1，a3，a4成等比数列求得数列首项，代入等差数列的通项公式求得a2的值．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}的公差为2，且a1，a3，a4成等比数列，
∴ a32=a1a4，即(a1+4)2=a1(a1+6)，
解得：a1=−8，
∴ a2=a1+d=−8+2=−6．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由于Sn是等差数列{an}的前n项和，可得S2，S4−S2，S6−S4成等差数列．代入即可得出．
【解答】
解：∵ Sn是等差数列{an}的前n项和，
∴ S2，S4−S2，S6−S4成等差数列，
∴ 2(S4−S2)=S6−S4+S2，
∴ 2(10−2)=S6−10+2，
解得：S6=24．
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a4a6+2a5a7+a6a8=36，
∴ a52+2a5a7+a72=(a5+a7)2=36.
∵ 在等比数列{an}中，an<0，
∴ a5+a7=−6．
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】

【解答】
解：∵ 数列−1，a1，a2，−4成等差数列，
∴ a2−a1=(−4)−(−1)3=−1.
∵ −1，b1，b2，b3，−4成等比数列，
∴ b22=(−1)×(−4)=4，b12=(−1)⋅b2=−b2.
∵ b12>0，
∴ b2<0，
∴ b2=−2，
∴ a2−a1b2=−1−2=12.
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
数列的应用
【解析】
由题设条件知1+2+22+23+...+2n−1≥100，利用等比数列的求和公式能够解出n≥7．即至少需7秒细菌将病毒全部杀死．
【解答】
解：由题意可得，
1+2+22+23+⋯+2n−1≥100，
∴ 1−2n1−2≥100，整理得：2n≥101，
∴ n≥7，
∴ 细菌将病毒全部杀死至少需要7秒钟．
故选B．
二、填空题
【答案】
32
【考点】
正弦定理
【解析】
利用三角形面积公式S△ABC=12acsinB即可得出．
【解答】
解：S△ABC=12acsinB
=12×1×2×sin60∘
=32．
故答案为：32.
【答案】
93
【考点】
等比数列的性质
【解析】
首先利用韦达定理得出a3⋅a47=3，然后利用等比数列的性质得出a1⋅a49=a2⋅a48=a252=3，即可求出结果．
【解答】
解：∵ a3，a47是方程2x2−7x+6=0的两个根，
∴ a3⋅a47=3，
∴ a3⋅a47=a1⋅a49=a2⋅a48=a252=3.
∵ 数列an的每一项都是正数，
∴ a25=3，
∴ a1⋅a2⋅a25⋅a48⋅a49=93.
故答案为：93.
【答案】
an=2n+1−1
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
由题意得到数列an+1构成以a1+1=4为首项，以2为公比的等比数列，利用等比数列通项求解即可.
【解答】
解：∵ a1=3，an+1=2an+1，
∴ an+1+1=2(an+1)，
∴ 数列an+1是以a1+1=4为首项，以2为公比的等比数列，
∴ an+1=4×2n−1=2n+1，
∴ an=2n+1−1.
故答案为：an=2n+1−1.
【答案】
(1)(2)(5)
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
数列的函数特性
【解析】
等差数列{an}中，由S5S8，可求得d<0，a7=0，a8<0，从而对(1)(2)(3)(4)(5)可作出正确判断．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d.
∵ S5S8，
∴ S6−S5=a6>0，S8−S7=a8<0，
即a6+2d<0，
∴ 2d<−a6<0，
∴ d<0，故(1)正确；
∵ S6=S7，
∴ S7−S6=a7=0，故(2)正确；
∵ S9−S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)
=2(0+a8)=2a8<0，
∴ S9∵ a6=a1+5d>0，且d<0，
∴ a1>−5d>0，故(4)错误；
∵ S5S8，
∴ S6和S7均为Sn的最大值，故(5)正确．
综上，结论一定正确的有(1)(2)(5)．
故答案为：(1)(2)(5)．
三、解答题
【答案】
解：由正弦定理得，sinC=csinBb=8sin30∘4=1.
∵ 0∴ C=90∘，
∴ A=180∘−90∘−30∘=60∘，
由正弦定理得，a=bsinAsinB=4sin60∘sin30∘=43．
【考点】
正弦定理
【解析】

【解答】
解：由正弦定理得，sinC=csinBb=8sin30∘4=1.
∵ 0∴ C=90∘，
∴ A=180∘−90∘−30∘=60∘，
由正弦定理得，a=bsinAsinB=4sin60∘sin30∘=43．
【答案】
解：1设数列an的公差为d.
∵ a1=2，S3=12，
∴ S3=3×2+3×22d=12，
解得：d=2，
∴ an=2+n−1×2=2n.
设数列bn的公比为q，
∵ q3=b4b1=a8a1=2×82×1=8，
解得：q=2，
∴ bn=2×2n−1=2n.
2由1可知，cn=2n+2n，
∴ Tn=n2+2n2+2×1−2n1−2
=nn+1+2n+1−2.
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
1直接设出公差，公比，利用条件求出即可得到通项公式；
2直接分组求和即可.
【解答】
解：1设数列an的公差为d.
∵ a1=2，S3=12，
∴ S3=3×2+3×22d=12，
解得：d=2，
∴ an=2+n−1×2=2n.
设数列bn的公比为q，
∵ q3=b4b1=a8a1=2×82×1=8，
解得：q=2，
∴ bn=2×2n−1=2n.
2由1可知，cn=2n+2n，
∴ Tn=n2+2n2+2×1−2n1−2
=nn+1+2n+1−2.
【答案】
解：(1)∵a5=a2+6,
∴a1+4d=a1+d+6，
∴d=2.
∵a3=7=a1+2d，
∴a1=3，
∴an=3+2n−1=2n+1.
(2)∵bn=an−33，
∴bn=2n+1−33=2n−32，
∴ b1=−30.
∵ Tn=n(−30+2n−32)2=n2−31n，
∴ 当n=312时，Tn取最小值.
∵ n取正整数，
∴ 当Tn取最小值时，n=15或n=16.
(3)∵ bn≤0，即2n−32≤0，解得：n≤16，
∴ 数列bn前30项的绝对值的和为：
|b1|+|b2|+|b3|+⋯+|b30|
=−(b1+b2+⋯+b16)+b17+b18+⋯+b30
=−(−30−28−26−⋯−0)+2+4+6+⋯+28
=2×(2+4+6+⋯+28)+30
=2×14×(2+28)2+30
=450.
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
数列的函数特性
【解析】



【解答】
解：(1)∵a5=a2+6,
∴a1+4d=a1+d+6，
∴d=2.
∵a3=7=a1+2d，
∴a1=3，
∴an=3+2n−1=2n+1.
(2)∵bn=an−33，
∴bn=2n+1−33=2n−32，
∴ b1=−30.
∵ Tn=n(−30+2n−32)2=n2−31n，
∴ 当n=312时，Tn取最小值.
∵ n取正整数，
∴ 当Tn取最小值时，n=15或n=16.
(3)∵ bn≤0，即2n−32≤0，解得：n≤16，
∴ 数列bn前30项的绝对值的和为：
|b1|+|b2|+|b3|+⋯+|b30|
=−(b1+b2+⋯+b16)+b17+b18+⋯+b30
=−(−30−28−26−⋯−0)+2+4+6+⋯+28
=2×(2+4+6+⋯+28)+30
=2×14×(2+28)2+30
=450.
【答案】
(1)解：∵ 当n=1时，2a1=3a1−3，
∴ a1=3.
∵ 2Sn=3an−3，
∴ 2Sn−1=3an−1−3，n≥2，
∴ 2(Sn−Sn−1)=2an=3an−3an−1，
即an=3an−1，n≥2，
∴ 数列{an}是以3为首项，以3为公比的等比数列，
∴ an=3n.
(2)证明：∵ bn=1lg3an⋅lg3an+1，
∴ bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)
=1−1n+1<1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】

【解答】
(1)解：∵ 当n=1时，2a1=3a1−3，
∴ a1=3.
∵ 2Sn=3an−3，
∴ 2Sn−1=3an−1−3，n≥2，
∴ 2(Sn−Sn−1)=2an=3an−3an−1，
即an=3an−1，n≥2，
∴ 数列{an}是以3为首项，以3为公比的等比数列，
∴ an=3n.
(2)证明：∵ bn=1lg3an⋅lg3an+1，
∴ bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)
=1−1n+1<1．
【答案】
解：50万元在10年后（即贷款全部付清时）的价值为5×1051+4%10元．
设每年还款x元，
则第1次偿还的x元在贷款全部付清时的价值为x1+4%9，
第2次偿还的x元在贷款全部付清时的价值为x1+4%8，
⋯
第10次偿还的x元在贷款全部付清时的价值为x元．
由题意得，
5×1051+4%10=x1+4%9+x1+4%8+⋯+x1+4%+x，
∴ 5×1051+4%10=1.0410−11.04−1⋅x，
解得：x≈61649．
答：每年应还61649元．
【考点】
数列的应用
【解析】

【解答】
解：50万元在10年后（即贷款全部付清时）的价值为5×1051+4%10元．
设每年还款x元，
则第1次偿还的x元在贷款全部付清时的价值为x1+4%9，
第2次偿还的x元在贷款全部付清时的价值为x1+4%8，
⋯
第10次偿还的x元在贷款全部付清时的价值为x元．
由题意得，
5×1051+4%10=x1+4%9+x1+4%8+⋯+x1+4%+x，
∴ 5×1051+4%10=1.0410−11.04−1⋅x，
解得：x≈61649．
答：每年应还61649元．
【答案】
(1)证明：∵ a1=2，an+12−2an−1an+1−2an=0，
∴ (an+1−2an)(an+1+1)=0，
∴ an+1−2an=0或an+1+1=0，
∴ an+1=2an或an+1=−1.
∵ 数列an各项都为正数，
∴ an+1=2an，
∴ 数列an是首项为a1=2，公比为2的等比数列，
∴ an=2n.
(2)证明：∵bn+1=2bn+2n，cn=bn2n−1，
∴ cn+1=bn+12n=2bn+2n2n=cn+1，
∴ cn+1−cn=1.
∵ c1=b1=1，
∴ 数列{cn}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴ cn=n．
(3)解：由(2)知，cn=n，
∴bn=n⋅2n−1，
∴Sn=1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n−1⋅2n−2+n⋅2n−1①，
2Sn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+n−1⋅2n−1+n⋅2n②，
②−①得，
Sn=n⋅2n−20−21−22−⋯−2n−1
=n⋅2n−2n−12−1
=n⋅2n−2n+1
=n−12n+1.
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
【解析】



【解答】
(1)证明：∵ a1=2，an+12−2an−1an+1−2an=0，
∴ (an+1−2an)(an+1+1)=0，
∴ an+1−2an=0或an+1+1=0，
∴ an+1=2an或an+1=−1.
∵ 数列an各项都为正数，
∴ an+1=2an，
∴ 数列an是首项为a1=2，公比为2的等比数列，
∴ an=2n.
(2)证明：∵bn+1=2bn+2n，cn=bn2n−1，
∴ cn+1=bn+12n=2bn+2n2n=cn+1，
∴ cn+1−cn=1.
∵ c1=b1=1，
∴ 数列{cn}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴ cn=n．
(3)解：由(2)知，cn=n，
∴bn=n⋅2n−1，
∴Sn=1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n−1⋅2n−2+n⋅2n−1①，
2Sn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+n−1⋅2n−1+n⋅2n②，
②−①得，
Sn=n⋅2n−20−21−22−⋯−2n−1
=n⋅2n−2n−12−1
=n⋅2n−2n+1
=n−12n+1.