【文档说明】山东省德州市庆云第一中学2020-2021学年高二下学期第一次周考数学试题 含答案.doc，共(7)页，946.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年庆云一中高二下学期第一次周考数学试题第Ⅰ部分（选择题，共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.1.数列2,5,22,11,的一个通项公式为na=()A.33n−B.31

n−C.31n+D.33n+2.已知数列na的前n项和29,nSnn=−第()kk+N项满足58ka，则k=()A.9B.8C.7D.63.设等差数列na的前n项和为nS，若936S=，则37aa+=（）A．4B．

8C．16D．244.两个等差数列nnab，的前n项和分别为,,nnAB且满足nnAB=21,31nn−+则371159aaabb+++的值为()A.3944B.58C.1516D.13225.若数

列na满足()1(1)21nnnaann+++−=−N，则na的前40项的和是()A.760B.180C.800D.8206.设数列{}na的通项公式为2nanbn=+,若数列{}na是单调递增数列,则实数的取

值范围为（）A.(2,)−+B.[2,)−+C.(3,)−+D.(,3)−−7.数列(1)nn−的前2019项的和是()A.2019−B.1010−C.1010D.20198.已知数列na满足11

2,0,2121,1,2nnnnnaaaaa+=−„„若16,7a=则2020a的值为()A.37B.47C.57D.6,7二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.

已知数列na的通项公式为6(2)7nnan=+,则下列说法正确的是()A.数列na的最小项是1aB.数列na的最大项是4aC.数列na的最大项是5aD.当5n时,数列na递减10.等差数

列na的前n项和记为nS，若110200,aSS=，则()A.0dB.160aC.15nSSD.当且仅当0nS时32n11.已知数列na满足()111,23nnnaaana++==+N，则下列结论正确的是()A.13na+为等差数列B.na的通

项公式为1123nna+=−C.na为递增数列D.1na的前n项和2234nnTn+=−−12.已知数列na的前n项和为()0nnSS，且满足11140(2),4nnnaSSna−+==，则下列

说法正确的是（）A.数列na的前n项和为1S4nn=B.数列na的通项公式为14(1)nann=+C.数列na为递增数列D.数列1{}nS为递增数列第Ⅱ部分（选择题，共90分）三、填空题：

本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知nS是数列na的前n项和，且()3log11,nSn+=+则数列na的通项公式为___________.14.已知数列7,77,777,7777,...,则此数列的一个通项公式为__________.15.等差数列na中,前m项的和为3

0,前2m项的和为100,则前3m项的和为_______________.16.我国古代数学名著《增删算法统宗》中有这样一首数学诗：“三百七十八里关，初日健步不为难．次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”它的大意是：有人要到某关口，路程为378里，第一

天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都是前一天的一半，一共走了六天到达目的地．那么这个人第一天走的路程是________里．四、解答题：本小题共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.设数列{}na满足

123(21)2naanan+++−=．（1）求{}na的通项公式；（2）求数列{}21nan+的前n项和．18.在等差数列na中，102523,22aa==−，（1）数列na前多少项和最大；（2）求na前n项和nT.19

.用分期付款的方式购买某家用电器一件,价格为1150元,购买当天先付150元,以后每月这一天还款一次,每次还款数额相同,20个月还清,月利率为1%,按复利计算.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,请问买这件家电实际付款多少元?每月还款

多少元?(最后结果保留4个有效数字)参考数据:()1911%1.208+=()20,11%1.220+=()21,11%1.232+=.20.已知数列na的前n项和为()11,1,12nnnSaSann++==−N.(1

)求数列na的通项公式及前n项和nS；(2)在数列nb中，11,nnnbaa+=其前n项和为,nT求nT的取值范围.21.已知数列{}na的前n项和为nS，且1142,1nnSaa+=+=.（1）设2nnnac=，求证

：数列nc是等差数列；（2）求数列na的通项公式及nS.22.已知等差数列na的首项11a=，公差0d，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项.（1）求数列na的通项公式；

（2）设()()121,3nnnnbnSbbbna+==++++N，是否存在整数t，使得对任意的正整数n均有36ntS成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由.参考答案1.答案：B解析：A项，令

332n−=，得53n+=N，故A项错误；B项，数列2,5,22,11可以变形为2,5,8,11，被开方数构成了以2为首项，3为公差的等差数列，故可得2,5,22,11,的一个通项公式是31nan=−，故B项正确；C项，令312n+

=，得13n+=N，故C项错误；D项，令332n+=，得13n+=−N，故D项错误.2.答案：B解析：易得11,1,,2,nnnSnaSSn−==−…即8,1,102,2.nnann−==−+…18a=−Q满足210,nan=−210nan=−.58ka

Q，52108k−，159,2k又,8kk+=NQ.3.答案：B解析：由1999()36,362aaS+==得,即198,aa+=故37198aaaa+=+=.4.答案：C解析：()()113371171

13597133332132222aaaaaabbbbb+++===++131332131152313116AB−==+.5.答案：D解析：因为()1(1)21nnnaann+++−=−N，所以213243541,3,5,7,aaaaaaaa−=+=−=+=，所以13579112

,2,2,aaaaaa+=+=+=，246810128,24,40,aaaaaa+=+=+=，所以从第一项开始，依次2个奇数项的和都等于2；从第二项开始，依次2个偶数项的和构成以8为首项，16为公差的等差数列.故4010910281016

8202S=++=.6.答案：C解析：由数列{}na是单调递增数列，所以10nnaa+−，即22(1)(1)210nbnnbnnb+++−−=++，即21bn−−（n+N）恒成立，又数列(21)n−+是单调递

减数列，所以当1n=时，(21)n−+取得最大值3−，所以3b−.7.答案：B解析：设该数列的前n项和为nS.由题意得201912345620172018S=−+−+−+−−+−2019(12)(34

)(56)=−++−++−+++(20172018)20191009120191010−+−=−=−.8.答案：D解析：依题意2165,212177aa=−=−=，3253212177aa=−=−=，43362277aa===，LL数列na是以

3为周期的周期数列，202036731=+Q2020167aa==.9.答案：BCD解析：假设第n项为na的最大项,则11,,nnnnaaaa−+即1166(2)(1)7766(2)(3,,)77nnnnnnnn−+++

++解得45n,又*nN,所以4n=或5n=,故数列na中4a与5a均为最大项,且545467aa==.10.答案：ABC解析：设等差数列na的公差为d,∵110200,aSS=

，∴11104520190adad+=+，化为：12290ad+=，∴110,14150dadad+++=，∴151615160,0,0aaaa+=，∴15nSS„，()3116301516310,150SaSaa==+=.综上可得：ABC正确，D不正

确。故选：ABC.11.答案：BD解析：易知数列na的各项均不为0.因为123123nnnnaaaa++==+，所以111323nnaa++=+，又11340a+=，所以13na+是以4为首项，2为公

比的等比数列，A错误；11342nna−+=，即1123nna+=−，B正确；易知na为递减数列，C错误；1na的前n项和()()()()2311223232322223nnnTn+=−+−++−=+++−()22122323412nnnn+−=−=−−−，

D正确.12.答案：AD解析：数列an的前n项和为()0nnSS,且满足()4102nnnaSSn+−=…,114a=，∴1140nnnnSSSS−−−+=,化为：1114nnSS−−=.∴数列1nS是等差数列，公差为4，∴()14414nnnS=+−=

,可得14nnS=.∴2n…时,()()11114441441nnnaSSnnnn−===−−.可知：B，C不正确，AD正确。13.答案：8,123,2nnnan==…解析：()3log11nSn+=+，113nnS

++=，当1n=时，119a+=，解得18a=，当2n…时，1131312nnnnnaSS+−=−=−−+=3,n显然18a=不满足该式，故8,123,2.nnnan==，…14.答案：7(101)9nna=−解析：∵7779(101

)99==−,2777(101)9=−,∴7(101)9nna=−.15.答案：210解析：记数列na的前n项和为nS,由等差数列前n项和的性质知232,,mmmmmSSSSS−−成等差数列,则()()2322mmmmm

SSSSS−=+−,又230,100mmSS==,所以()3222110mmmmmSSSSS−=−−=,所以3110100210mS=+=.16.答案：192解析：17.答案：（1）数列{}na满足123(21)2naanan+++−=．2n时，123(23)2(1)naan

an+++−=−．2(21)2,21nnnaan−==−．当1n=时，12a=，上式也成立．221nan=−．（2）21121(21)(21)2121nannnnn==−+−+−+．数列{}21nan+的前n项和1111112(1)()()13352121212

1nnnnn=−+−++−=−=−+++．解析：18.答案：(1)由119232422adad+=+=−得1503ad==−()11353naandn=+−=−+∴令0na得：533n∴当17

n，*Nn时，0na；当*18,Nnn时，0na∴na前17项和最大。（2）当*17,Nnn时()21212113103222nnnnaaaaaanadnn−+++=+++=+=−+当*18,Nnn时12121

71819nnaaaaaaaaa+++=+++−−−()()21217123103288422naaaaaann=+++−++=−+∴当*17,Nnn时，na前n项和为2310322nn−+当*18,

Nnn时，na前n项和为2310388422nn−+解析：19.答案：由题易得()()()()19182011%11%11%100011%xxxx+++++++=+,即()()20100011%%%x=++−201111,所以()()%55.4%%5x

+−+=20201000111111,即每月还款55.45元.所以买这件家电实际付款55.45201501259+=(元),每月还款55.45元.解析：20.答案：(1)由题意可得12nnnaSn+=−①，当2n…时1(1),(1)2nnnaSn−

−=−−②，①-②，整理得1(1)2,nnnana+−+=即11nan+−+2,(1)nannn=+又11a=，所以当2n…时1,1nnnaaannn−=−+−12321232nnaaaann−−−++−+−−

L21121aaa−+11112121nnnn=−+−++−−−L1111112112312n−+−+=−+23,n=−则32(2)nann=−….当1n=时，11a=，也成立，所以

32.nan=−2(132)31222nnnSnn+−==−.(2)111(32)(31)nnnbaann+===−+11133231nn−−+，则1111131447nT=−+−++L

11111323133131nnnnn−=−=−+++.又113(1)131nnnnTTnn++−=−=+++10(34)(31)nn++，所以数列nT单调递增，当1n=时，nT取得最小值，为1,4又因为11313nnTnn==++13，所以nT的

取值范围为11,43.解析：21.答案：（1）证法一：142nnSa+=+，①当2,nn+N…时，142nnSa−=+.②①-②得1144nnnaaa+−=−.对1144nnnaaa+−=−两边同时除以12n+，得1

1112222nnnnnnaaa+−+−=−，即11112222nnnnnnaaa+−+−+=，即112(2)nnncccn+−+=…，数列nc是等差数列.由142nnSa+=+，得12142aaa+=+，则21325aa=+=，1212215,2242

aacc====，故公差513424d=−=，nc是以12为首项，34为公差的等差数列.证法二：同证法一，得1144nnnaaa+−=−.()11122422nnnnnnaaaaaa+−−−=−=−，令12nnnbaa

+=−，则nb是以211123223aaaa−=+−=为首项，2为公比的等比数列，132nnb−=，111111112323,4222222nnnnnnnnnnnnnnnnaaaaabccc−+++++++−=−=−===

=，又11122ac==，nc是以12为首项，34为公差的等差数列.（2）由（1）可知数列2nna是首项为12，公差为34的等差数列，1331(1)24442nnann=+−=−，2(

31)2nnan−=−.102(31)2(321)2(31)2nnSn−−=−+−++−，则01212(31)2(321)2(34)2(31)2nnnSnn−−=−+−++−+−，2n

nnSSS=−()012113222(31)2nnn−−=−−++++−112113(31)221nnn−−−=−−+−−113(34)2nn−=−++−12(34)2nn−=+−.数列na的通项公式为2(31)

2nnan−=−，前n项和12(34)2,nnSnn−+=+−N.解析：22.答案：（1）由题意得()()()2111134adadad++=+，整理得212add=.11,0,2add==.()21nann+=−N.（2）()1111132(1)21nnbnannnn===−

+++，12nnSbbb=+++111111122231nn=−+−++−+111212(1)nnn=−=++.假设存在整数t满足36ntS

总成立，又11102(2)2(1)2(2)(1)nnnnSSnnnn++−=−=++++，数列nS是递增数列.114S=为nS的最小值，故1364t，即9t.又,tZ满足条件的t的最大值为8.解析

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