高考数学专题训练试题.pdf

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1、第一部分 专题二 第 1 讲 等差数列、等比数列 (限时 60 分钟,满分 100 分)一、选择题(本大题共 6 个小题,每小题 6 分,共 36 分)1(精选考题北京高考)在等比数列an中,a11,公比|q|1.若 ama1a2a3a4a5,则 m()A 9 B 10 C 11 D12 解析:由题知 am|q|m1a1a2a3a4a5|q|10,所以 m11.答案:C 2(精选考题广元质检)已知数列an满足 a12,an11an1an(nN*),则连乘积 a1a2a3a2009a精选考题的值为()A6 B3 C2 D1 解析:a12,an11an1an,a23,a312,a413,a52,数

2、列an的周期为 4,且 a1a2a3a41,a1a2a3a4a2009a精选考题a2009a精选考题a1a22(3)6.答案:A 3 设等差数列an的前 n项和为 Sn,若2a86a11,则 S9()A54 B45 C36 D27 解析:根据 2a86a11得 2a114d6a110d,因此 a14d6,即 a56.因此 S99a1a929a554.答案:A 4已知各项不为 0 的等差数列an,满足 2a3a272a110,数列bn是等比数列,且 b7a7,则 b6b8()A2 B4 C8 D16 解析:因为 a3a112a7,所以 4a7a270,解得 a74,所以b6b8b27a2716.

3、答案:D 5(精选考题福建高考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 a111,a4a66,则当 Sn取最小值时,n 等于()A6 B7 C8 D9 解析:设等差数列an的公差为 d,a4a66,a53,da5a1512,a610,故当等差数列an的前 n 项和 Sn取得最小值时,n 等于 6.答案:A 6(精选考题陕西高考)对于数列an,“an1|an|(n1,2)”是“an为递增数列”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析:因为 an1|an|an1anan为递增数列,但an为递增数列an1an推不出 an1|an|,故“an1|an|(n1

4、,2)”是“an为递增数列”的充分不必要条件 答案:B 二、填空题(本大题共 3 个小题,每小题 6 分,共 18 分)7(精选考题广东中山)在等比数列an中,公比 q2,前精选考题项的和 S精选考题90,则 a2a4a6a精选考题_.解析:S精选考题a11q20101qa11220101290 a190220101 a2a4a6a精选考题a21q210051q22a11220101460 答案:60 8已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,a415,S555,则过点P(3,a3),Q(10,a10)的直线的斜率为_ 解析:a415,S555.555a1a525a3,a311.公差 da4a

5、315114.a10a46d152439.P(3,11),Q(10,39)kPQ39111034.答案:4 9 已知两个等差数列an和bn的前 n 项和分别为 An和 Bn,且AnBn5n63n3,则使得anbn为整数的个数是_ 解析:AnBnna1an2nb1bn2a1anb1bn5n63n3,anbn2an2bna1a2n1b1b2n152n1632n1310n582n2 5n29n1524n1.要使anbnZ,只要24n1Z 即可,n1 为 24 的正约数,即 2,3,4,6,8,12,24,共有 7 个 答案:7 三、解答题(本大题共 3 个小题,共 46 分)10(本小题满分 15

6、分)(精选考题浙江高考)设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列an的前 n 项和为 Sn,满足 S5S6150.(1)若 S55,求 S6及 a1;(2)求 d 的取值范围 解:(1)由题意知 S615S53,a6S6S58,所以 5a110d5,a15d8解得 a17,所以 S63,a17.(2)因为 S5S6150,所以(5a110d)(6a115d)150,即 2a219da110d210,故(4a19d)2d28,所以 d28.故 d 的取值范围为 d2 2或 d2 2.11(本小题满分 15 分)(精选考题全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列,且 a1a22(

7、1a11a2),a3a4a564(1a31a41a5)(1)求an的通项公式;(2)设 bn(an1an)2,求数列bn的前 n 项和 Tn.解:(1)设公比为 q,则 ana1qn1.由已知有 a1a1q21a11a1q,a1q2a1q3a1q4641a1q21a1q31a1q4.化简得 a21q2,a21q664.又 a10,故 q2,a11.所以 an2n1.(2)由(1)知 bn(an1an)2a2n1a2n2 4n114n12.因此 Tn(144n1)(11414n1)2n4n141114n1142n13(4n41n)2n1.12(本小题满分 16 分)已知数列an是等比数列,其前

8、n 项和为Sn,a12a20,S4S218.(1)求数列an的通项公式;(2)求数列anSn的前 n 项和;(3)求使不等式 an116成立的 n 的集合 解:(1)设等比数列an的公比是 q,因为 a12a20,且 a10,所以 qa2a112.因为 S4S218,所以a11q41qa1(1q)18,将 q12代入上式,解得 a11,所以 ana1qn1(12)n1(nN*)(2)由于 an(12)n1,Sn231(12)n,anSn23(12)n1(12)2n1,故 a1S1a2S2anSn 8949(12)n49(14)n.(3)an116(12)n1116.显然当 n 是偶数时,此不等

9、式不成立 当 n 是奇数时,(12)n1116(12)n1(12)4n5,但 n 是正整数,所以 n1,3,5.综上,使原不等式成立的 n 的集合为1,3,5 1已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,且满足S33S221,则数列an的公差是()A.12 B 1 C 2 D3 解析:由等差数列性质得 S33a2,所以S33S22a2a1a221,得 a2a12.答案:C 2两个正数 a、b 的等差中项是52,一个等比中项是 6,且 ab,则椭圆x2a2y2b21 的离心率 e 等于()A.32 B.133 C.53 D.13 解析:由已知得 ab5,ab6,又 ab,所以 a3,b2,ca2b

10、2 5.因此,离心率 eca53.答案:C 3(精选考题辽宁高考)设an是由正数组成的等比数列,Sn为其前 n 项和已知 a2a41,S37,则 S5()A.152 B.314 C.334 D.172 解析:显然公比 q1,由题意得,a1qa1q31a11q31q7,解得 a14q12,S5a11q51q41125112314.答案:B 2(精选考题广东高考)已知数列an为等比数列,Sn是它的前 n项和若 a2a32a1,且 a4与 2a7的等差中项为54,则 S5()A35 B33 C31 D29 解析:设数列an的公比为 q,a2a3a21q3a1a42a1a42,a42a7a42a4q3

11、 24q3254q12,故 a1a4q316,S5a11q51q31.答案:C 5(精选考题山东高考)已知等差数列an满足:a37,a5a726.an的前 n 项和为 Sn.(1)求 an及 Sn;(2)令 bn1a2n1(nN*),求数列bn的前 n 项和 Tn.解:(1)设等差数列an的首项为 a1,公差为 d,由于 a37,a5a726,所以 a12d7,2a110d26,解得 a13,d2.由于 ana1(n1)d,Snna1an2,所以 an2n1,Snn(n2)(2)因为 an2n1,所以 a2n14n(n1),因此 bn14nn114(1n1n1)故 Tnb1b2bn 14(11

12、212131n1n1)14(11n1)n4n1,所以数列bn的前 n 项和 Tnn4n1.6已知函数 f(x)x2axb(a,bR)的图象经过坐标原点,且f(1)1,数列an的前 n 项和 Snf(n)(nN*)(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足 anlog3nlog3bn,求数列bn的前 n 项和 解:(1)函数 f(x)x2axb(a,bR)的图象经过坐标原点,f(0)b0,f(x)x2ax,由 f(x)2xa,得 f(1)2a1,a1,f(x)x2x,Snn2n,当 n2 时,anSnSn1 n2n(n1)2(n1)2n2,a1S10,an2n2(nN*)(2)由 anlog3nlog3bn得:bnn32n2(nN*),设bn的前 n 项和为 Tn,Tnb1b2b3bn 30232334n32n2,9Tn32234336n32n,由得:8Tnn32n(132343632n2)n32n32n18,Tnn32n832n1648n132n164.

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