2024年1月8日发(作者：北师版初一数学试卷下)

上海中学高一下期末数学试卷

一、填空题

1.在数列{an}中，若a11，【答案】3n2

【解析】

【分析】

根据题意，先得数列{an}是公差为3的等差数列，进而可求出结果.

【详解】因为为3的等差数列，

又a11，

所以an13n13n2.

故答案为：3n2.

【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式，熟记公式即可，属于基础题型.

2.在首项为2022，公比为2的等比数列中，最接近于1的项是第________项．

【答案】12

【解析】

【分析】

先计算等比数列的通项公式，根据该数列是递减的数列，分别计算a11,a12,a13，简单判断可得结果.

1an1an1，即an1an3，所以数列{an}是公差33an1an1，则an________．

33

【详解】由题可知：等比数列的通项为an=2020(所以a111.97,a120.99,a130.49

1n1)

2所以a120.99与1最接近，所以最接近于1的项是第12项.

故答案为：12

【点睛】本题主要考查等比数列的通项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

3.等差数列{an}的前15项和为90，则a8________．

【答案】6

【解析】

【分析】

根据等差数列求和公式得S15质即可求结果.

【详解】因为等差数列{an}前15项和为90，所以S1515(a1a15)15a890a86

215(a1a15),再结合等差数列性2故答案为：6

【点睛】本题考查等差数列求和公式、等差数列性质，考查基本分析求解能力，属基础题.

4.等比数列{an}满足a7a8a927．则log3a1log3a2log3a3log3a15________．

【答案】15

【解析】

【分析】

根据等比数列性质求得a8，再根据对数运算法则以及等比数列性质化简所求式子为log【详解】3a815，最后代入a8得结果.

a7a8a927a8327a83

log3a15log3(a1a2a3a15)log3[(a1a15)7a8]log3a1log3a2log3a3log3[(a82)7a8]log3a81515log3315

故答案为：15

【点睛】本题考查等比数列性质、对数运算法则，考查基本分析求解能力，属基础题.

5.等差数列{an}的前n项和为Sn，a10，S4S9，则Sn取最大值时n________．

【答案】6或7

【解析】

【分析】

根据等差数列{an}的前n项和二次函数性质确定最大值取法，即得结果.

【详解】设等差数列{an}的公差为d，因为a10，S4S9，所以d0

1ddSnna1n(n1)dn2(a1)n为开口向下的二次函数，又222S4S9

所以对称轴为n4913,n

22因为nN*，所以当n6或7时，Sn取最大值，

故答案：6或7

【点睛】本题考查等差数列前n项和、二次函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题.

n,n为奇数6.数列{an}由anan,n为偶数(nN)确定，则{an}中第210个3是该数列的第____项．

【答案】1536

【解析】

【分析】

根据递推关系式可得奇数项项为其项数，而偶数项的值由对应的值来决定，通过前面的项的值为3时，下角码是首项为3，公比为2的等比数列，即可求出第10个3在该数列中所占的位置.

【详解】由题意可得：

这个数列各项的值分别为1,1,,3,1,5,3,7,1,9,5,11,3,，

即a33，a63，a123，a243，，

即项的值为3时，下角码是首项为3，公比为2的等比数列，所以第10个3是该数列的第321011536.

故答案为：1536

【点睛】本题主要考查了递推数列、等比数列的通项公式，属于中档题.

7.已知方程cos2x3sin2xk1在区间[0,]内有两个相异的2解,，则k的取值范围是________．

【答案】[0,1)

【解析】

【分析】

采用数形结合的方法，转化为函数fxcos2x3sin2x,yk1的图象在区间[0,]内有两个交点，可2得结果.

【详解】由题意可知：

方程cos2x3sin2xa1在0,2上有两个不同的实数解，

令fxcos2x3sin2x，yk1

等价于两函数的图象在区间[0,2]内有两个交点.

由fxcos2x3sin2x2sin2x

6如图

所以1k120k1

故答案为：[0,1)

【点睛】本题重点考查了数形结合的思想及函数与方程的思想，此外还考查了利用辅助角公式化成同一个角的三角函数

的形式，是中档题.

8.在数列{an}中，a11，an11【答案】n

an(nN)，则an________．

an1【解析】

【分析】

先由an1an1，得到aan1n11an11，求出数列a的通项公式，n进而可求出结果.

【详解】因为an11nan1aaaa，所以n1nn1n，则aan1n11an1，所以数列a是以1为公差的等差数列，

又a11，所以11(n1)n，解得an1.

ann1故答案为：n.

【点睛】本题主要考查由数列的递推公式求数列的通项公式，关键在于对递推公式进行合适的变形，构造成等差数列或等比数列，属于常考题型.

11lim[n381]．

n(n2)【答案】【解析】

【分析】

3

4利用裂项求和，再求极限，可得结论．

【详解】解：

11381111111111n(n2)2322423511

nn21112nn211111112324351111111111

22n1n222n1n232n311lim[42n1n2n383312n3]lim

n(n2)n42n1n24故答案为:．

【点睛】本题考查裂项求和，考查极限知识，正确求和是关键．

10.数列an中，当n为奇数时，an5n1，当n为偶数时，an2n234，则这个数列的前2n项的和S2n=________

【答案】5n2n2n12

【解析】

【分析】

当n为奇数时，an5n1，奇数项为等差数列，当n为偶数时，an2，偶数项为等比数列，利用分组求和的方法可求这个数列的前2n项的和.

【详解】S2na1a2a2n1a2n

a1a3a2n1a2a4a2n61610n42222n

n2所以数列an的奇数项是首项为6公差为10的等差数列，数

列an的偶数项首项为2公比为2的等比数列，

∴S2n6nnn1210212n125n2n2n12.

故答案为：5n2n2n12.

【点睛】本题考查利用分组求和法求数列的前2n项的和，一定要正确找出等差数列的首项与公差、等比数列的首项与公比，考查运算求解能力，是基础题.

11.一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x生成两个数，一个是x，另一个是x3．若x1，前n次生成的所有数中．．．不同的数的个数为T，则Tn________．

nn11,n2

【答案】Tn3,4n6,n3,nN【解析】

【分析】

根据计算第一次，第二次，第三次的生成的数，依此类推，利用不完全归纳法，当n≥3时，Tn是公差为4的等差数列，简单计算，可得结果.

【详解】第1次生成的数为“1”；第2次生成的数为“1、4”；

第3次生成的数为“1、2、4、7”；

第4次生成的数为“1、4、2、5、4、1、7、10”；…

可观察出：T11，T23，T36，T410，T514，…，

当n≥3时，{Tn}是公差为4的等差数列，

n11,n2∴Tn3,4n6,n3,nN．

n11,Tn2

故答案为：n3,4n6,n3,nN【点睛】本题考查不完全归纳法以及等差数列的通项公式，关键在于对数据的分析，属基础题.

12.若数列{an}，{bn}满足a11，b11，若对任意的nN，都有an1anbn22anbn，bn1anbn22anbn，设cn111()，则无n3anbn穷数列{cn}的所有项的和为________．

【答案】1

【解析】

【分析】

由已知得：an1bn12an+bn，anbn2n,nN,an1bn12anbn，anbn2n1，由此可得：cn23n，再由等比数列求和公式可得解.

【详解】由题意，an1bn12(anbn)，

∴{anbn}是首项为2，公比为2的等比数列，

∴anbn2n，

而an122bn1(anbn)2(anbn)2anbn，

可得anbn2n1，

从而cn1111anbn2()3nanbn3nanbn3n，

21c1,q，

332c1其所有项和为1q311．

13故答案为：1.

【点睛】本题考查了等比数列的通项公式和求和公式，考查了转化能力和计算能力.属于中档题.

二、选择题

13.用数学归纳法证明：“n1n2nn2n1352n1nN”时，从nk到nk1，等式的左边需要增乘的代数式是（）

A.2k1

【答案】D

【解析】

【分析】

B.2k1

k1C.2k3k1D.22k1

根据条件分别求出nk和nk1时左边式子，从而可求得由nk到nk1时需要增乘的代数式.

【详解】当nk时，左边k1k2kk，

当nk1时，左边k11k12k1k1k1kk1k1，

所以由nk到nk1时，等式左边应该增乘的代数式是

k1kk1k12k12k1.

故选：D

【点睛】本题主要考查数学归纳法的应用，属于基础题.

14.“b2ac”是“a,b,c依次成等比数列”的（）条件

A.充分非必要

C.既不充分也不必要

【答案】B

【解析】

【分析】

举例说明充分性不成立，根据等比数列定义证必要性成立.

【详解】abc0时满足b2ac，但a,b,c不成等比数列，所以充分性不成立，

若a,b,c依次成等比数列，则故选：B

【点睛】本题考查充要关系的判断、等比数列定义，考查基本分析判断能力，属基础题.

15.等差数列{an}的公差d不为零，等比数列{bn}的公比q是小于122a12a2a3的正有理数，若a1d，b1d，且bbb1232B.必要非充分

D.充分必要

cbb2ac，即必要性成立.

ba是正整数，则q的值可以为（）

A.7

【答案】C

1B.7

1C.2

1D.1

2

【解析】

【分析】

22a12a2a3根据等差数列与等比数列通项化简bbb123，再根据正整数性质逐一验证选项即可.

【详解】因为a1d，b1d2，公差d，公比q

22a12a2a3d2(2d)2(3d)214所以bbbd2(1qq2)1qq2123，

因为q是小于1的正有理数，所以舍去B,D,

1414491Z，舍去时，21qq577141当q2时，1qq28，符合，

当qA，

故选：C．

【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项、正整数概念，考查基本分析判断能力，属基础题.

为实数构成的等比数列{an}的前n项和，则{Sn}中（）

A.任一项均不为0

C.至多有有限项为0

项为0

【答案】D

【解析】

【分析】

根据等比数列求和公式特征直接判断选择.

B.必有一项为0

D.或无一项为0，或无穷多

q1na1,【详解】因为Sna1(1qn)，q0,q1，

1q所以当q1时，{Sn}有无穷多项为0；当q1,q0时，{Sn}无一项为0，

故选：D

【点睛】本题考查等比数列求和公式，考查基本分析判断能力，属基础题.

三、解答题

17.有三个数a,b,c依次成等比数列，其和为21，且a,b,c9依次成等差数列，求a,b,c．

【答案】a1,b4,c16或a16,b4,c1

【解析】

【分析】

本题由a,b,c9成等差数列，可设公差为d，所以abd,c9bd，再利用等差中项与等比中项公式联立方程求解即可.

【详解】由题意，可设a,b,c9公差为d，

则abd,c9bd，

bdbbd921b4b4于是bdbd9b2，解得：d3或d12

所以a1,b4,c16或a16,b4,c1．

【点睛】此题考查等差数列与等比数列的概念问题，可直

接利用等差中项与等比中项的公式列式计算，属基础题.

18.解下列三角方程：

（1）4cos（2）sin22x4cosx10；

x3sinxcosx10；

（3）sin2x12(sinxcosx)120．

x2k【答案】（1）3xkarctan(kZ)；（2）1xk(kZ)；或42（3）x2k2或x2k(kZ)．

【解析】

【分析】

（1）先解一元二次方程，再根据余弦函数性质解三角方程；

（2）先利用1的代换转化为齐次方程，再根据弦化切转化解一元二次方程，最后根据正切函数性质解三角方程；

（3）令tsinxcosx，将原方程转化为关于t的一元二次方程，根据t的范围解得t的值，再利用辅助角公式以及正弦函数性质解三角方程.

【详解】（1）14cos2x4cosx10(2cosx1)20cosxx2k(kZ)；

23（2）sin2x3sinxcosx10sin2x3sinxcosxsin2xcos2x0，

显然cosx0不是方程的解，所以两边同除cos2x，得2tan2x3tanx10，

∴tanx或tanx1，

12

∴xkarctan2或xk4(kZ)；

tsinxcosx2sinx

（3）令则sin2x1t2，，t[2,2]，4

从而1t212t120，即t212t130，解得t1或t13（舍），1再由22sinx1sinx，

442∴x42k4或x42k3(kZ)，

4∴x2k2或x2k(kZ)．

【点睛】本题考查解简单三角方程、解一元二次方程、辅助角公式、弦化切，考查综合分析求解能力，属中档题.

19.已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.

(1)求数列{an}的通项公式；

an(2)求数列2n1的前n项和．

n.

2n1【答案】（1）an2n；（2）【解析】

【详解】(1)设等差数列{an}的公差为d，

a1＋d＝0由已知条件可得2a＋12d＝－10，

11a1＝解得d＝1，

故数列{an}通项公式为an＝2－n.

an(2)设数列2n1的前n项和为Sn，

n＝n－1＝n－2－n－1，

∵2n－1222a2－n1n11123n2＋1＋＋＋＋1＋＋＋＋∴Sn＝2n－2－2n－1

222222记Tn＝1＋2＋22＋＋2n－1，①

则2Tn＝2＋22＋23＋＋2n，②

①－②得：2Tn＝1＋2＋22＋2n1＋2n，

∴2Tn＝11123n123n111n1－12n112－2n，即Tn＝41－2n－n1n.

2n11n21－1n21－∴Sn＝－42n＋n1

2112＝41－2n－41－2n＋11n2n1＝n2n1.

20.已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn是6和an的等差中项．

（1）求数列{an}的通项公式和前n项和Sn；

（2）若对任意的nN，都有S1【答案】（1）an23n1n[s,t]，求ts的最小值．

n1311，Sn2232；（2）3．

【解析】

【分析】

（1）先根据等差中项得4Sn6an，再根据和项与通项关系求数列{an}的通项公式，最后代入4Sn6an求Sn；

（2）根据n奇偶性分类讨论Sn取值范围，进而确定t，s范围，即得ts的最小值．

【详解】（1）由题意，4Sn6an①，令n1，可得a12，

又4Sn16an1②，

②-①，得4an1an1an，即an1an，又a12

∴{an}是首项为2，公比为的等比数列，

1∴an23n113136a311，Sn4n223n1n1；

32311Sn（2）①n为奇数时，223Sn关于n单调递减且Sn，恒成立，

此时，2S3n≤S12；

n1311②n为偶数时，Sn223，Sn关于n单调递增且Sn恒32成立，

此时，3S∴(S42≤Sn3；

2442(S)2≤t)≥s(ts)2．

，，于是nmaxnminmin333【点睛】本题考查等差中项、利用和项与通项关系求通项、数列单调性，考查综合分析求解能力，属中档题.

21.对于实数x，将满足“0y1且xy为整数”的实数y称为实数x的小数部分，用记号x表示．对于实数a，无穷数列an．

1,an0,a{aaa满足如下条件：1，n1其中n1,2,3n0,an0.（1）若a12，求数列an；

（2）当a4时，对任意的nN*，都有ana，求符合要求

的实数a构成的集合A；

（3）若a是有理数，设app是整数，q是正整数，p、q（q互质），问对于大于q的任意正整数n，是否都有an0成立，并证明你的结论．

15313,21,【答案】（1）an21；（2）2（3）；2成立，证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）利用新定义，可求数列an的通项公式；（2）分类讨论，利用ana，即可求符合要求的实数构成的集合；（3）由是有理数，可知对一切正整数，为或正有理数，可设anpnqn（是非负整数，是正整数，且，互质），利用反证法可得结论．

试题解析：（1）a1若ak21，则ak1所以an（2）a121.

aa，所以11a1，所以14，

4a221，a21ak1a11212121，

2121，

11111aa112①当2，即a时，2aaa1a，所以1a2a10，

解a152得（a1521(,1)，舍去）.

2

②当1111112a，所以a，即23时，a2a1aa32aa22a10，

解a2821121（a21(,]，舍去）.

32111111aa34③当，即时，2aaa3a，所以43a1a23a10，

解得a3132（a313211(,]舍去）.

4315313,21,综上2.

2（2）成立.由是有理数，可知对一切正整数，为0或正有理数，

可设an①由a1pnqn（pn是非负整数，是正整数，且pnqn既约）.

pp1，可得0p1q；

qq1②若pn0，设qnpn（0pn，，是非负整数），

则qnpnpn，而由anpnqn1qn得apnn，

pn,可得0pn1pn.

an1q1nanpnpn，故pn1，qn1若pn0则pn10，

若a1,a2,a3,,aq均不为

0，则这q正整数互不相同且都小于q，但小于q的正整数共有q1个，矛盾.

故a1,a2,a3,,aq中至少有一个为0，即存在m(1mq)，使得

am0.

从而数列an中am以及它之后的项均为0，所以对不大于q的自然数，都有an0.

考点：（1）新定义；（2）数列递推式.


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