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- 2021-05-08 发布
2019-2020年曹二高二上10月月考试卷
一、填空题.
1.在数列－1，0，，…中，0.08是它的第________项．
【答案】10
【解析】
【分析】
根据通项公式列方程，解得结果.
【详解】令＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，即(2n－5)(n－10)＝0.
解得n＝10或n＝ (舍去)．
【点睛】本题考查由通项公式求项数，考查基本分析求解能力.
2.若数列满足，则该数列从第____项起为正值；
【答案】7
【解析】
【分析】
根据时的递推公式可知,该数列为等差数列,由和可得该等差数列的通项公式,进而得解.
【详解】因为当时满足
即,所以数列为等差数列,
,
所以通项公式为
所以当时,解得
即从第7项开始,数列为正值
故答案为:7
【点睛】本题考查了等差数列通项公式的基本求法,通项公式的简单应用,属于基础题.
3.若 ，则=______；
【答案】
【解析】
【分析】
对要求极限的数列分子分母同时除以,根据指数函数的性质即可求得极限值.
【详解】对数列分子分母同时除以可得
因为
所以,根据指数函数的性质可知当时,
所以
故答案为:
【点睛】本题考查了数列极限的求法,对数列进行合适的变形是解决此类问题的关键,属于中档题.
4.观察下式：
，
，
，
，
则可归纳出一般结论：________．
【答案】
【解析】
根据所给式子，归纳第n个式子左边应该为，右边为，所以填.
5.已知等差数列中，，则=_____；
【答案】234
【解析】
【分析】
根据等差数列中等差中项的定义,结合条件可求得,进而可求得.
【详解】因为数列是等差数列
由等差中项定义可知,
所以
而
故答案为:234
【点睛】本题考查了等差数列中等差中项的定义及简单应用,属于基础题.
6.数列的前n项和为，若，则=______；
【答案】
【解析】
【分析】
根据条件,通过递推法,然后作差即可证明数列为等比数列,并求得公比,再由首项即可得数列的通项公式.
【详解】因为
当时,
两式相减可得
即,变形后可得
因为,且
所以当时,
所以数列从第二项开始是以,为公比的等比数列
所以
而不满足上式
所以
故答案为:
【点睛】本题考查了数列递推公式的用法,等比数列的证明及通项公式的求法,属于基础题.
7.设为等差数列，为数列前n项和，若，且，则当n=____时，取得最大值；
【答案】或
【解析】
【分析】
根据等差数列,可求得,结合可判断出等差数列为递减数列,进而可得取得最大值时的值.
【详解】因为为等差数列,且
所以
根据等差中项的性质可得
因为
所以等差数列为递减数列, ,从第19项开始为负数
所以当或时, 取得最大值
故答案为:或
【点睛】本题考查了等差数列前项和的性质,等差数列单调性的综合应用,等差中项的简单应用,属于中档题.
8.若一个细胞团开始时有5个细胞，每次分裂前2个死去，再由剩余的每个细胞分裂成2个，则n次分裂之后共有______个细胞.
【答案】
【解析】
【分析】
设次分类后共有个细胞,则根据题意可得递推公式,通过构造等比数列即可求得通项公式.
【详解】由题意可设次分类后共有个细胞
则第次分裂后共有细胞个数为
即,且
对数列等式两端同时减去4,可得
即,
所以数列是以为首项,为公比的等比数列
所以,化简可得
即n次分裂之后共有个细胞
故答案为:
【点睛】本题考查了数列在实际问题中的应用,构造数列法求通项公式的应用,注意构造出数列的首项与公比与原数列是不同的,属于中档题.
9.已知数列满足：，若，则=_________；
【答案】
【解析】
【分析】
通过列举法,可以根据数列的前几项确定数列的周期,再根据周期即可求得.
【详解】因为数列中,满足
所以
所以数列是以3为周期的周期数列
所以
故答案为:
【点睛】本题考查了数列递推公式的应用,周期数列的简单应用,属于中档题.
10.平面上有n条直线，它们任何两条不平行，任何三条不共点，设条这样的直线把平面分成个区域，则条直线把平面分成的区域数____________.
【答案】
【解析】
第条直线与前条直线都相交，则第条直线有个交点，被分为段，每段都会把对应的平面分为两部分，则增加了个平面，
即。
11.在数列中，如果对任意，都有（为常数），则称数列为比等差数列，称为比公差，现给出以下命题：
①若数列满足，则该数列不是比等差数列；
②若数列满足，则该数列是比等差数列，且比公差；
③等比数列一定是比等差数列，等差数列一定不是比等差数列；
④若是等差数列，是等比数列，则数列是比等差数列。
其中所有正确的序号是_________；
【答案】①②
【解析】
【分析】
①数列为斐波那契数列,根据数列的性质代入化简即可判断;
②数列为等比数列,所以代入公式化简即可判断;
③利用具体数列,代入即可判断;
④列举一个等差数列与一个等比数列,代入即可判断.
【详解】对于①,数列为斐波那契数列,
所以常数
不满足比等差数列的定义,所以①正确;
对于②, 数列,则
满足比等差数列的定义,所以②正确;
对于③,设等比数列,则,所以等比数列一定是比等差数列;
当等差数列为常数数列时, 也是比等差数列,所以③错误;
对于④, 是等差数列，是等比数列,所以设
则
所以常数
不满足比等差数列的定义,所以④错误.
综上可知, ①②正确
故答案为: ①②
【点睛】本题考查了数列的新定义应用,注意理解所给条件,结合等差与等比数列的通项公式及性质判断,可利用特殊数列进行判定错误选项,属于难题.
12.任意实数a，b，定义，设函数，数列是公比大于0的等比数列，且，则=___；
【答案】
【解析】
【分析】
根据定义可得函数的解析式。对等比数列的公比分三种情况讨论，再结合对数的运算性质即可求得数列的首项。
【详解】因为对任意实数a，b，定义
函数
数列是公比大于0等比数列，且
① 当时，因为
所以，
由等比数列通项公式可得，所以
整个数列为
因为
所以代入可得
即
由对数运算
所以化简后可得，即
所以
②当时，
此时，
所以不成立
③ 当时，，所以
整个数列为
所以，
因为
代入可得
即
由对数运算
所以化简后可得
因为当时，所以等式左边大于0，等式右边小于0，方程无解
综上所述，
故答案为：
【点睛】本题考查了等比数列通项公式及性质的综合应用，指数与对数的互换、对数的综合运算及求值，分类讨论思想的应用，计算量大，过程繁琐，需要很强的计算推理能力，属于难题。
二、选择题
13.“实数a、b、c成等比数列”是“lga、lgb、lgc构成等差数列”的（ ）条件
A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分也非必要
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等比数列与等差数列关系,通过特殊数列可知非充分性;根据对数运算,可知必要性.
【详解】若实数 成等比数列,当出现负数时,不满足成等差数列,所以不是充分条件;
若成等差数列,则满足
即
由对数运算可知,即
由等比中项定义可知 成等比数列,所以为必要条件
综上可知“实数 成等比数列”是“成等差数列”的必要非充分条件
故选：B
【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，数列中等差数列与等比数列的定义，属于基础题。
14.已知，则当时，数列的极限是（ ）
A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】
根据分段数列,当时取,根据极限的定义即可求得极限值.
【详解】因为
所以当时
由极限定义可知,当时
所以数列的极限是0
故选:A
【点睛】本题考查了数列的极限求法,注意分段数列的定义域范围,属于基础题.
15.已知，把数列的各项排成如图所示的三角形状，记表示第m行，第n个数，则 = （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
表示三角形数表的第11行的第2个数,根据题意得第10行的最后一个数是,进而求得第11行中第2 个数,即可求值.
【详解】根据表示第m行，第n个数
则表示第11行的第2个数
根据数表可知,每行的最后一个数为行数的平方数,所以第10行的最后一项为
所以第11行第2个数为
即
故选:D
【点睛】本题考查了数列的简单应用,观察数表,根据示例找出项的排列规律,属于基础题.
16.某班试用电子投票系统选举班干部候选人，全班k名同学都有选举权和被选举权，他们的编号分别为1，2，3，…，k，规定：同意按“1”，不同意（含弃权），按“0”，令，则同时同意第1，2号同学当选的人数为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
分析】
根据题意,分别列出同意1号同学当选和2号同学当选的同学,则同时同意1号与2号当选的人数为它们对应相乘再相加即可.
【详解】由题意可知
全班名同学同意1号同学当选的情况为
名同学同意2号同学当选的情况为
同时同意1号与2号同学当选的情况为
所以同时同意第1号与2号同学当选的人数为
故选:C
【点睛】本题主要考查了矩阵在实际问题中的应用,理解题意分组分析是解决好这个问题的关键,属于中档题.
三、解答题
17.用数学归纳法证明：
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
利用数学归纳法证明分两步进行:①当时证明不等式左右两边相等;②假设当时等式成立,应用此结论证明当时等式也成立即可.
【详解】①当时
左边,右边
所以左边=右边,等式成立.
②假设当时等式成立,即
则当时,
即当时等式也成立
由①②可知, 对任意正整数都成立
【点睛】本题考查了数学归纳法在证明等式中的应用,注意证明的格式和步骤,对假设成立等式的应用是关键,属于中档题.
18.已知等差数列前3项为a，4，3a，前项和为
（1）求a及k的值；
（2）求
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列定义求得首项及公差，由等差数列的前n项和公式即可求得的值。
（2）先求得等差数列的前n项和公式，并求得倒数。结合裂项法即可求得的值，进而根据极限定义求得极限值即可。
【详解】（1）因为等差数列前3项为
所以，解得
所以等差数列的首项为，公差为
则前项和为
解方程求得（舍）
故
（2）因为等差数列的首项为，公差为
所以
则
所以
所以由极限定义可得
即
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，裂项法求和的应用，数列求极限，属于中档题。
19.在数列中，，，．
（1）证明数列等比数列；
（2）求数列的前项和；
（3）证明不等式，对任意皆成立．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由条件可构造，从而数列为等比数列，即可求出；（2）写出数列的通项，分组求和即可；（3）作差后分析差的正负即可.
试题解析：
（1）证明：由题设，得
，．
又，所以数列是首项为，且公比为的等比数列．
（2）解：由（Ⅰ）可知，于是数列的通项公式为
． 所以数列的前项和．
（3）证明：对任意的，
．
所以不等式，对任意皆成立．
点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前项和，主要利用解方程的思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误．
20.设数列的前n项和为,对一切,点都在函数的图像上.
（1）证明：当时,;
（2）求数列的通项公式;
（3）设为数列的前n项的积,若不等式对一切成立,求实数a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析; （2） （3）
【解析】
【分析】
（1）根据点在函数图像上,代入点坐标,化简后结合即可证明.
（2）根据（1）所得递推公式,递推作差后可得奇偶项分别为等差数列,根据和公差即可求得通项公式.
（3）根据为数列,代入的通项公式求得的表达式,构造函数;代入的通项公式求得函数,根据恒成立求得即可.通过的单调性求得,代入解不等即可得实数a的取值范围.
【详解】（1）证明: 因为对一切,点都在函数的图像上
所以,化简可得
当时,
两式相减可得
即（）
原式得证.
（2）由（1）可知
所以
两式相减,可得
所以数列的奇数项公差为4的等差数列,偶数项公差为4的等差数列.
由（1）可知
则当时, 求得
则当时, ,即求得
所以当为奇数时,
所以当为偶数时,
综上可知数列的通项公式为
（3）因为
所以
所以
又因为
所以对一切成立
即对一切成立
只需满足即可
令
则
所以
所以
即为单调递减数列
所以
所以即可,化简可得
解不等式可得,或
故实数a的取值范围为
【点睛】本题考查了数列中递推关系与通项公式的综合应用,数列与不等式恒成立问题的综合应用,注意数列单调性的用法,对计算能力要求较高,属于难题.
四、附加题
21.无穷正实数数列具有以下性质
（1）求证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个正整数n使下面不等式恒成立
（2）寻一个满足上述条件的数列，使下面不等式对任一正整数n均成立
【答案】（1）证明见解析;（2）
【解析】
【分析】
（1）根据数列递推公式,逐步化简不等式,再根据数列的极限即可证明不等式.
（2）找到数列,代入检验即可.
【详解】（1）证明:由题意可知正实数数列满足
所以
则
而
所以当时, 成立
原式得证.
（2）取无穷等比数列,
则
因为,即
所以
即当时原式成立
【点睛】本题考查了数列与不等式的综合应用,根据数列的递推公式证明不等式,等比数列求和公式的综合应用,综合性强,对理解能力要求很高,属于难题.