2020-2021学年北师大版高中数学必修五模块测试卷及答案解析
（新课标）最新北师大版高中数学必修五必修五模块测试卷（150分，120分钟）一、选择题(每题5分，共60分）1.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且cos 22A ＝ccb 2+，则△ABC 是( )A.直角三角形B.等腰三角形或直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形2.在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8等于( ) A.135 B.100 C.95 D.803.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且(3b －c)cos A ＝acos C ，则cos A 的值等于( ) A.23 B. 33 C. 43 D. 63 4.〈日照模拟〉已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝t 25-⋅n －51，则实数t 的值为( ) A.4 B.5 C. 54 D. 515.某人向正东方向走x km 后，向右转150°，然后朝新方向走3 km ，结果他离出发点恰好是3 km ，那么x 的值为( )A.3B.23C.3或23D.3 6.设{a n }为各项均是正数的等比数列，S n 为{a n }的前n 项和，则( ) A.44S a =66S a B. 44S a ＞66S a C. 44S a ＜66S a D. 44S a≤66S a 7.已知数列{a n }的首项为1，并且对任意n ∈N +都有a n >0.设其前n 项和为S n ，若以(a n ，S n )(n ∈N +)为坐标的点在曲线y ＝21x(x ＋1)上运动，则数列{a n }的通项公式为( ) A.a n ＝n 2＋1 B.a n ＝n 2C.a n ＝n ＋1D.a n ＝n8.设函数f(x)＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-.0,1,0,132＜x xx x 若f(a)<a ，则实数a 的取值范围为( )A.(－1，＋∞)B.(－∞，－1)C.(3，＋∞)D.(0,1)9.已知a>0，b>0，则a 1＋b1＋2ab 的最小值是( ) A.2 B.22 C.4 D.510.已知目标函数z=2x+y 中变量x,y 满足条件⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤-,1,2553,34x y x y x ＜则( )A.z max =12,z min =3B.z max =12,无最小值C.z min =3,无最大值D.z 无最大值,也无最小值 11.如果函数f(x)对任意a ，b 满足f(a ＋b)＝f(a)·f(b)，且f(1)＝2，则)1()2(f f ＋)3()4(f f ＋)5()6(f f ＋…＋)2013()2014(f f ＝( )A.4 018B.1 006C.2 010D.2 014 12.已知a ，b ，a ＋b 成等差数列，a ，b ，ab 成等比数列，且log c (ab)>1，则c 的取值范围是( ) A.0<c<1 B.1<c<8 C.c>8 D.0<c<1或c>8 二、填空题（每题4分，共16分）13.〈泉州质检〉△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且acosC ，bcosB ，ccosA 成等差数列，则角B=.14.已知两正数x ，y 满足x ＋y ＝1，则z ＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+y y x x 11的最小值为. 15.两个等差数列的前n 项和之比为12105-+n n ，则它们的第7项之比为.16.在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，若a 1＝1，a n ＋1＝31S n (n ≥1)，则a n ＝.三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）(17~20题每题12分，21~22题每题13分，共74分)17.已知向量m ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛21,sin A 与n ＝(3，sin A ＋3cos A)共线，其中A 是△ABC 的内角. (1)求角A 的大小；(2)若BC ＝2，求△ABC 的面积S 的最大值，并判断S 取得最大值时△ABC 的形状.18.已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n+1=2a n +1(n ∈N*) (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足11144421---n b b b Λ=n b n a )1(+ (n ∈N*),证明：{b n }是等差数列;19.如图1,A,B是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距203海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？20.解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R).21.已知等差数列{a n}的首项a1＝4，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{a n}的通项公式a n与前n项和S n；(2)将数列{a n}的前四项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n}的前三项，记{b n}的前n项和为T n，若存在m∈N＋，使对任意n∈N＋总有T n<S m＋λ恒成立，求实数λ的最小值.22.某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6 t，每吨面粉的价格为1 800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，每次购买面粉需支付运费900元.(1)该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？(2)若提供面粉的公司规定：当一次性购买面粉不少于210 t时，其价格可享受9折优惠(即原价的90%)，该厂是否应考虑接受此优惠条件？请说明理由.参考答案及点拨一、1.A 点拨：因为cos 22A ＝c c b 2+及2cos 22A －1＝cos A ，所以cos A ＝cb .而cos A=bca cb 2222-+，∴b 2+a 2=c 2，则△ABC 是直角三角形.故选A.2.A 点拨：由等比数列的性质知a 1＋a 2，a 3＋a 4，…，a 7＋a 8仍然成等比数列，公比q ＝2143a a a a ++＝4060＝23，∴a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)14-q ＝40×323⎪⎭⎫ ⎝⎛＝135. 3.B 点拨：(3b －c)cos A ＝acos C ，由正弦定理得3sin Bcos A ＝sin Ccos A ＋cos Csin A⇒3sin Bcos A ＝sin(C ＋A)＝sin B ，又sin B ≠0，所以cos A ＝33.故选B. 4.B 点拨：∵a 1＝S 1＝51t －51，a 2＝S 2－S 1＝54t ，a 3＝S 3－S 2＝4t ，∴由{a n }是等比数列.知254⎪⎭⎫⎝⎛t ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-5151t ×4t ，显然t ≠0，∴t ＝5.5.C 点拨：根据题意，由余弦定理得(3)2＝x 2＋32－2x ·3·cos 30°，整理得x 2－33x ＋6＝0，解得x ＝3或23.6.B 点拨：由题意得公比q>0，当q ＝1时，有44S a －66S a ＝41－61>0，即44S a >66S a ； 当q ≠1时，有44S a －66S a ＝()41311)1(q a q q a --－()61511)1(q a q q a --＝q 3(1－q)()()642111q q q ---⋅＝231q q +611q q --⋅>0，所以44S a >66S a .综上所述，应选B. 7.D 点拨：由题意，得S n ＝21a n (a n ＋1)，∴S n －1＝21a n －1(a n －1＋1)(n ≥2). 作差，得a n ＝21()1212---+-n n n n a a a a ， 即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0.∵a n >0(n ∈N +)，∴a n －a n －1－1＝0，即a n －a n －1＝1(n ≥2).∴数列{a n }为首项a 1＝1，公差为1的等差数列. ∴a n ＝n(n ∈N +).8.A 点拨：不等式f(a)<a 等价于⎪⎩⎪⎨⎧≥-0,132a a a ＜或⎪⎩⎪⎨⎧,1,0a aa ＜＜解得a ≥0或－1<a<0，即不等式f(a)<a的解集为(－1，＋∞). 9.C 点拨：依题意得a 1＋b 1＋2ab ≥2ab 1＋2ab ≥4ab ab ⋅1＝4，当且仅当a 1＝b1，且ab1=ab 时，取等号，故应选C. 10.C11.D 点拨：由f(a ＋b)＝f(a)·f(b)，可得f(n ＋1)＝f(n)·f(1)，)()1(n f n f +＝f(1)＝2，所以)1()2(f f ＋)3()4(f f ＋)5()6(f f ＋…＋)2013()2014(f f ＝2×1 007＝2 014. 12.B 点拨：因为a ，b ，a ＋b 成等差数列，所以2b ＝a ＋(a ＋b)，即b ＝2a.又因为a ，b ，ab成等比数列，所以b 2＝a ×ab ，即b ＝a 2.所以a ＝2，b ＝4，因此log c (ab)＝log c 8>1＝log c c ，有1<c<8，故选B. 二、13.60° 点拨：依题意得acos C ＋ccos A ＝2bcos B ，根据正弦定理得sin Acos C ＋sin Ccos A ＝2sin Bcos B ，则sin(A ＋C)＝2sin Bcos B ，即sin B ＝2sin Bcos B ，所以cos B ＝21，又0°<B<180°，所以B ＝60°，14. 425 点拨：z ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+y y x x 11＝xy ＋xy 1＋x y ＋y x ＝xy ＋xy 1＋xy xy y x 2)(2-+＝xy 2＋xy －2，令t ＝xy ，则0<t ＝xy ≤22⎪⎭⎫ ⎝⎛+y x ＝41.设f(t)＝t ＋t 2，t ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛41,0，设41≥t 2>t 1>0，则f(t 1)－f(t 2)＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+112t t －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+222t t ＝212121)2)((t t t t t t --. 因为41≥t 2>t 1>0， 所以t 2－t 1>0，t 1·t 2<161.则t 1·t 2－2<0. 所以f(t 1)－f(t 2)>0.即f(t 1)>f(t 2).∴f(t)＝t ＋t 2在⎥⎦⎤ ⎝⎛41,0上单调递减，故当t ＝41时f(t)＝t ＋t2有最小值433，所以当x ＝y ＝21时，z 有最小值425. 15.3∶1 点拨：设两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和为S n ，T n ，则n n T S ＝12105-+n n ，而77b a＝131131b b a a ++＝1313T S ＝113210135-⨯+⨯＝3. 16.21,114,233n n n -=⎧⎪⎨⎛⎫≥ ⎪⎪⎝⎭⎩ 点拨：∵3a n ＋1＝S n (n ≥1)，∴3a n ＝S n －1(n ≥2). 两式相减，得3(a n ＋1－a n )＝S n －S n －1＝a n (n ≥2)⇒n n a a 1+＝34(n ≥2) ⇒n ≥2时，数列{a n }是以34为公比，以a 2为首项的等比数列， ∴n ≥2时，a n ＝a 2234-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅n .令n ＝1，由3a n ＋1＝S n ，得3a 2＝a 1，又a 1＝1⇒a 2＝31，∴a n ＝31234-⎪⎭⎫⎝⎛⋅n (n ≥2).故⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=-.2,3431,112n n n ， 三、17.解：(1)因为m ∥n ， 所以sinA ·(sinA ＋3cosA)－23＝0. 所以22cos 1A -＋23sin2A －23＝0.即23sin2A －21cos2A ＝1，即sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-62πA ＝1. 因为A ∈(0，π)，所以2A －6π∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-611,6ππ， 故2A －6π＝2π，即A ＝3π. (2)由余弦定理，得4＝b 2＋c 2－bc ，又S △ABC ＝21bcsinA ＝43bc ，而b 2＋c 2≥2bc ，bc ＋4≥2bc ，bc ≤4(当且仅当b ＝c 时等号成立)， 所以S △ABC ＝21bcsinA ＝43bc ≤43×4＝3.当△ABC 的面积最大时，b ＝c ，又A ＝3π，故此时△ABC 为等边三角形. 18.(1)解：∵a n+1=2a n +1(n ∈N *),∴a n+1+1=2(a n +1).∴{a n +1}是以a 1+1=2为首项，2为公比的等比数列.∴a n +1=2n.即a n =2n －1(n ∈N *). (2)证明：∵114-b 124-b …14-n b =()n bn a 1+.∴nb b b n -+++)(214Λ=nnb 2.∴2［(b 1+b 2+…+b n )－n ］=nb n ,①2［(b 1+b 2+…+b n +b n+1)－(n+1)］=(n+1)b n+1.②②－①，得2(b n+1－1)=(n+1)b n+1－nb n ,即(n －1)b n+1－nb n +2=0,③ ∴nb n+2－(n+1)b n+1+2=0.④④－③，得nb n+2－2nb n+1+nb n =0,即b n+2－2b n+1+b n =0,∴b n+2－b n+1=b n+1－b n (n ∈N *).∴{b n }是等差数列. 19.解：由题意知AB ＝5(3＋3)海里，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝90°－45°＝45°，∴∠ADB ＝180°－(45°＋30°)＝105°. 在△DAB 中，由正弦定理得，DAB DB ∠sin ＝ADBAB∠sin .∴DB ＝ADBDAB AB ∠∠⋅sin sin ＝︒︒⋅+105sin 45sin )33(5＝︒⋅︒+︒⋅︒︒⋅+45cos 60sin 60sin 45sin 45sin )33(5＝213)13(35++＝103(海里).又∠DBC ＝∠DBA ＋∠ABC ＝30°＋(90°－60°)＝60°， BC ＝203海里，在△DBC 中，由余弦定理得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC ·cos ∠DBC ＝300＋1 200－2×103×203×21＝900， ∴CD ＝30海里.则需要的时间t ＝3030＝1(小时). 答：救援船到达D 点需要1小时.20.解:原不等式可化为ax 2＋(a －2)x －2≥0⇒(ax －2)(x ＋1)≥0. (1)当a ＝0时，原不等式化为x ＋1≤0⇒x ≤－1.(2)当a ＞0时， 原不等式化为⎪⎭⎫ ⎝⎛-a x 2 (x ＋1)≥0⇒x ≥a2或x ≤－1； (3)当a ＜0时，原不等式化为⎪⎭⎫⎝⎛-a x 2 (x ＋1)≤0. ①当a 2＞－1，即a ＜－2时，原不等式的解集为－1≤x ≤a 2； ②当a 2＝－1，即a ＝－2时，原不等式的解集为x ＝－1；③当a 2＜－1，即－2＜a ＜0时，原不等式的解集为a2≤x ≤－1.综上所述：当a ＜－2时，原不等式的解集为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-a2,1；当a ＝－2时，原不等式的解集为{－1}； 当－2＜a ＜0时，原不等式的解集为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1,2a ； 当a ＝0时，原不等式的解集为(－∞，－1］；当a ＞0时，原不等式的解集为(－∞，－1］∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,2a . 21.解:(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，又a 1＝4，所以公差d ＝－1，所以a n ＝5－n ， 从而S n ＝2)9(n n -. (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列的公比为q ，则q ＝12b b ＝21， 所以T n ＝2112114-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n ＝8⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n 211.令f(n)=n⎪⎭⎫ ⎝⎛21.因为f(n)＝n⎪⎭⎫⎝⎛21是关于自然数n 的减函数，所以{T n }是递增数列，得4≤T n <8.又S m ＝2)9(m m -＝－22921⎪⎭⎫⎝⎛-m ＋881，当m ＝4或m ＝5时，S m 取得最大值， 即(S m )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N ＋，使对任意n ∈N ＋总有T n <S m ＋λ恒成立， 则8≤10＋λ，得λ≥－2， 所以λ的最小值为－2.22.解：(1)设该厂应每x 天购买一次面粉，则其购买量为6x t.由题意知，面粉的保管等其他费用为3［6x ＋6(x －1)＋…＋6×2＋6×1］＝9x(x ＋1)元. 设每天所支付的总费用为y 1元，则 y 1＝x 1［9x(x ＋1)＋900］＋6×1 800＝x900＋9x ＋10 809≥2x x 9900⋅＋10 809＝10 989， 当且仅当9x ＝x900，即x ＝10时取等号. 所以该厂每10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少.(2)若该厂接受此优惠条件，则至少每35天购买一次面粉.设该厂接受此优惠条件后，每x(x ≥35)天购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y 2元，则y 2＝x 1［9x(x ＋1)＋900］＋6×1 800×0.90＝x900＋9x ＋9 729(x ≥35). 令f(x)＝x ＋x100(x ≥35)，x 2>x 1≥35，则f(x 1)－f(x 2)＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+11100x x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+22100x x ＝212121)100)((x x x x x x --. 因为x 2>x 1≥35，所以x 1－x 2<0，x 1·x 2>100.所以x 1x 2－100>0. 所以f(x 1)－f(x 2)<0，即f(x 1)<f(x 2). 所以f(x)＝x ＋x100在［35，＋∞)内为增函数. 所以当x ＝35时，y 2有最小值，约为10 069.7. 此时y 2<10 989，所以该厂应该接受此优惠条件.。
2020_2021学年新教材高中数学单元素养评价第六章立体几何初步作业含解析北师大版必修第二册
单元素养评价(五)(第六章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得( )A.a⊂α,b⊂αB.a⊂α,b∥αC.a⊥α,b⊥αD.a⊂α,b⊥α【解析】选B.已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,则A∉b,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a⊂α,b∥α.2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,HG交于一点P,则( )A.点P一定在直线BD上B.点P一定在直线AC上C.点P一定在直线AC或BD上D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上【解析】选B. 如图,因为P∈HG,HG⊂平面ACD,所以P∈平面ACD.同理,P∈平面BAC.因为平面BAC∩平面ACD=AC,所以P∈AC.3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A. B. C. D.【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b,则PO==,由题意PO2=ab,即b2-=ab,化简得4-2·-1=0,解得=(负值舍去).4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困盖”的术:置如其周,令相乘也. 又以高乘之,三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A. B. C. D.【解析】选B.设圆锥底面积的半径为r,高为h,则L=2πr,πr2h=(2πr)2h,所以π=.5.菱形ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是( )A.平行B.相交但不垂直C.相交垂直D.异面垂直【解析】选D.如图,PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC. 因为PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA.显然PA与BD异面,所以PA与BD异面垂直.6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( )A.+B.2+C.+D.+【解析】选 B.如图,将直观图ABCD 还原后为直角梯形A′BCD′,其中A′B=2AB=2,BC=1+,A′D′=AD=1.所以这个平面图形的面积S=×(1+1+)×2=2+.7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC【解析】选C.如图,连接BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1,又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为(A. B. C. D.3【解析】选A.如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高,也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED=,AO=,所以S四边形MNCB=×(2+4)×=3,V=××3=.二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.用一张长、宽分别为8 cm和4 cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四棱柱的对角线长可以为( )A. cmB.2 cmC.32 cmD. cm【解析】选BD.分两种情况:(1)以4 cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2 cm的正方形,因此对角线长l1==2(cm).(2)以8 cm长为高,则正四棱柱底面是边长为 1 cm的正方形,因此对角线长l2==(cm).10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是( )A.直角三角形B.正五边形C.正六边形D.梯形【解析】选CD.画出截面图形如图:可以截出三角形但不是直角三角形,故A错误;如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形,故B错误;正方体有六个面,如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形,且可以截出正六边形,故C正确;可以截出梯形,故D正确.11.如图,在棱长均相等的正四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB 的中点,下列结论正确的是( )A.PC∥平面OMNB.平面PCD∥平面OMNC.OM⊥PAD.直线PD与直线MN所成角的大小为90°【解析】选ABC.连接AC,易得PC∥OM,所以PC∥平面OMN,结论A正确.同理PD∥ON,所以平面PCD∥平面OMN,结论B正确.由于四棱锥的棱长均相等,所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,结论C正确.由于M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD,所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角,即为∠PDC.又三角形PDC 为等边三角形,所以∠PDC=60°,故D错误.12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O 的直径,且SC=2,则( )A.三棱锥S-ABC的体积为B.三棱锥S-ABC的体积为C.三棱锥O-ABC的体积为D.三棱锥O-ABC的体积为【解析】选AC.由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点,因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍,由题知三棱锥O-ABC的棱长都为1,如图,所以S△ABC=,高OD==,则V O-ABC=××=,V S-ABC=2V O-ABC=.三、填空题(每小题5分,共20分)13.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面.①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.上述命题中,正确命题的序号是________.【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.答案:②④14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱体”,若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为________.【解析】因为球内切于圆柱,所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为r,则圆柱的高为2r,所以V圆柱=πr2·2r=2πr3,V球=πr3.所以球与圆柱的体积之比为2∶3,即球的体积等于圆柱体积的.所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆柱体积的,即剩下的水的体积是圆柱体积的,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为. 答案:15.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为6,侧棱长为6,则正四棱台外接球的半径为________.【解析】根据题意,设该四棱台为ABCD-A1B1C1D1,取正棱台的上下底面的中心O1,O2,即上下底面外接圆的圆心也为O1,O2,则O2A=AC=AB=3,同理O1A1=A1C1=A1B1=.过点A1作A1H⊥AO2,且交AO2于点H,则有A1H===8,球心O在线段O1O2上,则有+=8,解得R=3.答案:316.(本题第一空3分,第二空2分)已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,P 到β的距离为,Q到α的距离为2,则P,Q两点之间距离的最小值为________,此时直线PQ与平面α所成的角为________.【解析】如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2,BP=,所以AC=PD=2.又因为PQ==≥2,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.答案:290°四、解答题(共70分)17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C 的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,因为EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB,又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC⊂平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,所以AB⊥平面AB1C,因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.【补偿训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,E为CD的中点,F 为PD上一点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求证:平面PAB⊥平面FAE.【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠BAD=180°-∠ABC=120°,AD=CD,所以∠BAC=∠CAD=∠BAD=60°,AC=AD.因为E为CD的中点,所以∠CAE=∠CAD=30°,所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+30°=90°,即AB⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.又PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面FAE,所以平面PAB⊥平面FAE.18.(12分)在四面体A-BCD中,点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.(1)求证:EF∥平面ACD;(2)求异面直线AC与BD所成的角.【解析】(1)因为点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC.因为EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,所以EF∥平面ACD.(2)因为点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,所以EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角).在△EFM中,EF=FM=EM=1,所以△EFM是等边三角形,所以∠EFM=60°,所以异面直线AC与BD所成的角为60°.19.(12分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图(1)的多面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到,且该石凳的体积是cm3.(1)求正方体石块的棱长;(2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的最大表面积.【解析】(1)设正方体石块的棱长为a cm,则每个截去的四面体的体积为××××=.由题意可得8×+=a3,解得a=40.故正方体石块的棱长为40 cm.(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最大.此时正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积S=4π×2=1 600π(cm)2.20.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内.【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,因为BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D,因此AC⊥平面BB1D1D,因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC;(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,所以ED=MC1,ED∥MC1,所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,因此点C1在平面AEF内.【补偿训练】如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是线段DD1上的动点.(1)求证:EF∥平面BCC1B1;(2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD,求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.【解析】(1)如图,连接DE,D1E.因为AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点,所以BE∥CD,BE=CD,所以四边形BCDE是平行四边形,所以DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,所以DE∥平面BCC1B1.因为DD1∥CC1,DD1⊄平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1,所以D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE=D,DE⊂平面DED1,D1D⊂平面DED1,所以平面DED1∥平面BCC1B1.因为EF⊂平面DED1,所以EF∥平面BCC1B1.(2)如图,连接BD.设CD=1,则AB=BC=CC1=2.因为∠BCD=60°,所以BD==.所以CD2+BD2=BC2,所以BD⊥CD.同理可得,C1D⊥CD.因为平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D⊂平面D1C1CD,所以C1D ⊥平面ABCD,因为BC⊂平面ABCD,所以C1D⊥BC,所以C1D⊥B1C1.在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图.因为C1D∩DH=D,所以BC⊥平面C1DH.因为C1H⊂平面C1DH,所以BC⊥C1H,所以B1C1⊥C1H,所以∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.因为在Rt△C1CD中,C1D=,在Rt△BCD中,DH=CD·sin 60°=,所以在Rt△C1DH中,C1H==,所以cos ∠DC1H==.所以平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值为.21.(12分)在三棱锥P-ABC中,AB=BC,PA⊥平面ABC,D为PC的中点,E为AC的中点.(1)求证:BD⊥AC;(2)若M为AB的中点,请问线段PC上是否存在一点N,使得MN∥平面BDE?若存在,请说明点N 的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由.【解析】(1)因为AE=EC,PD=CD,所以DE∥AP.又因为PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.因为AB=BC,AE=EC,所以BE⊥AC.因为AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E,所以AC⊥平面BDE.又因为BD⊂平面BDE,所以BD⊥AC.(2)PC上存在点N,使得MN∥平面BDE.理由如下:取AE的中点Q,连接MQ,NQ.因为MB=MA,AQ=QE,所以MQ∥BE.又因为MQ⊄平面BDE,BE⊂平面BDE,所以MQ∥平面BDE.因为MN⊂平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面BDE,MQ∥平面BDE,所以平面MNQ∥平面BDE.又因为NQ⊂平面MNQ,所以NQ∥平面BDE.因为平面PAC∩平面BDE=DE,NQ∥平面BDE,NQ⊂平面PAC,所以NQ∥DE.又因为AQ=QE,NQ∥DE,所以N为线段PD的中点.故线段PC上存在一点N,使得MN∥平面BDE,此时点N是线段PC上靠近点P的四等分点.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E为侧棱PD上一点.(1)求证:CD∥平面ABE;(2)求证:CD⊥AE;(3)若E为PD中点,平面ABE与侧棱PC交于点F,且PA=PD=AD=2,求四棱锥P-ABFE的体积. 【解析】(1)因为底面ABCD是正方形,所以AB∥CD.因为AB⊂平面ABE,CD⊄平面ABE,所以CD∥平面ABE.(2)因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.(3)由AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,得AB∥平面PCD,而AB⊂平面ABFE,且平面ABFE∩平面PCD=FE,可得FE∥CD∥AB.又E为PD的中点,可得EF=CD.由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB⊥PD.因为三角形PAD是等边三角形,E为PD 的中点,所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABFE.在等边三角形PAD中,求得AE=. 所以S梯形ABFE=(1+2)×=.则四棱锥P-ABFE的体积V=S梯形ABFE·PD=×××2=.【补偿训练】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AC1,B1C的中点.(1)证明:DE∥平面A1B1C1;(2)若A1B1=B1C=2,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面ACB1.【证明】(1)连接A1C,如图.因为四边形ACC1A1是平行四边形,D为AC1的中点,所以A1D=DC.因为B1E=EC,所以DE∥A1B1.又因为A1B1⊂平面A1B1C1,DE⊄平面A1B1C1,所以DE∥平面A1B1C1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1B1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1B1,同理AC⊥CC1,BC⊥CC1.因为A1A=2,A1B1=2,所以AB1=2.又因为AC=2,B1C=2,所以AC2+B1C2=A,得AC⊥B1C.因为CC1∩B1C=C,CC1,B1C⊂平面BB1C1C,所以AC⊥平面BB1C1C,又C1E⊂平面BB1C1C,所以AC⊥C1E,同理AC⊥BC.因为AC⊥BC,AC=2,AB=2,所以BC=2.又因为CC1=2,BC⊥CC1, 所以平行四边形BB1C1C为正方形.因为E为B1C的中点,所以C1E⊥B1C,又AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面ACB1,所以C1E⊥平面ACB1.。
2021_2022学年高中数学第一章数列2.2.1等差数列的前n项和课时素养评价含解析北师大版必修5
五等差数列的前n项和(20分钟35分)1.设数列{a n}是等差数列,其前n项和为S n,若a6=2且S5=30,则S8等于( )A.31B.32C.33D.34【解析】选B.由已知解得所以S8=8a1+d=32.2.在等差数列{a n}和{b n}中,a1=25,b1=15,a100+b100=139,则数列{a n+b n}的前100项的和为( )A.0B.4475C.8950D.10000【解析】选C.设=a n+b n,则c1=a1+b1=40,c100=a100+b100=139,{}是等差数列,所以前100项和S100===8 950.3.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9等于( )A.63B.45C.36D.27【解析】选B.因为a7+a8+a9=S9-S6,而由等差数列的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6构成等差数列, 所以S3+(S9-S6)=2(S6-S3),即a7+a8+a9=S9-S6=2S6-3S3=2×36-3×9=45.4.设S n是等差数列{a n}的前n项和,若=,则等于( )A. B.C.D.【解析】选A.设S3=m,因为=,所以S6=3m,所以S6-S3=2m.由等差数列依次每k项之和仍为等差数列,得S3=m,S6-S3=2m,S9-S6=3m,S12-S9=4m,所以S12=10m.所以=.5.(2019·高考)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若a2=-3,S5=-10,则a5=,S n的最小值为. 【解析】设公差为d,a2=a1+d=-3,S5=5a1+d=-10,即a1+2d=-2,解得a1=-4,d=1,所以a5=a1+4d=0,S n=na1+d=,当n=4或5时,S n最小,为-10.答案:0 -106.在等差数列{a n}中,a1=25,S17=S9,求S n的最大值.【解析】方法一:设等差数列{a n}的公差为d.由S17=S9,得25×17+×(17-1)d=25×9+×(9-1)d,解得d=-2.所以S n=25n+×(n-1)×(-2)=-(n-13)2+169.由二次函数的性质,知当n=13时,S n有最大值169.方法二:设等差数列{a n}的公差为d.由S17=S9,得25×17+×(17-1)d=25×9+×(9-1)d,解得d=-2.因为a1=25>0,由解得≤n≤,所以当n=13时,S n有最大值,S13=25×13+=169.【补偿训练】设数列{a n}是公差不为零的等差数列,S n是数列{a n}的前n项和,且=9S2,S4=4S2,求数列{a n}的通项公式.【解析】设等差数列{a n}的公差为d,由S n=na1+d及已知条件得(3a1+3d)2=9(2a1+d),①4a1+6d=4(2a1+d).②由②得d=2a1,代入①,有=a1,解得a1=0或a1=.当a1=0时,d=0(舍去),因此a1=,d=.故数列{a n}的通项公式为a n=+(n-1)×=(2n-1).(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n.若S5=7,S10=21,则S15等于( )A.35B.42C.49D.63【解析】选B.在等差数列{a n}中,S5,S10-S5,S15-S10成等差数列,即7,14,S15-21成等差数列,所以7+(S15-21)=2×14,解得S15=42.2.(2018·全国Ⅰ卷)记S n为等差数列的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( )A.-12B.-10C.10D.12【解析】选 B.3=2a1+d+4a1+×d⇒9a1+9d=6a1+7d⇒3a1+2d=0⇒6+2d=0⇒d=-3,所以a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.3.(2020·某某高一检测)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一,书中有一道这样的题目:把100个面包分给五个人,使每个人所得成等差数列,最大的三份之和的是最小的两份之和,则最小的一份的量是( )A. B. C.D.【解题指南】由题意可得中间部分的为20个面包,设最小的一份为a1,公差为d,可得到a1和d 的方程,即可求解.【解析】选D.由题意可得中间的那份为20个面包,设最小的一份为a1,公差为d,由题意可得[20+(a1+3d)+(a1+4d)]×=a1+(a1+d),解得a1=.4.(2020·仙游高一检测)记S n为等差数列的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )A.a n=2n-5B.a n=3n-10C.S n=2n2-8nD.S n=n2-2n【解析】选A.由题知,解得,所以a n=2n-5.所以S n==n2-4n.【光速解题】选 A.本题还可用排除法,对B,a5=5,S4==-10≠0,排除B;对C,S4=0,a5=S5-S4=2×52-8×5-0=10≠5,排除C;对D,S4=0,a5=S5-S4=×52-2×5-0=≠5,排除D.5.等差数列{a n}的前四项和为124,后四项和为156,各项和为210,则此数列的项数为( )A.5B.6C.7D.8【解析】选B.由题意知a1+a2+a3+a4=124,a n+a n-1+a n-2+a n-3=156,所以4(a1+a n)=280,所以a1+a n=70.又S==×70=210,所以n=6.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2019·某某高考)已知数列{a n}(n∈N+)是等差数列,S n是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是.【解析】设等差数列的首项为a1,公差为d,由a2a5+a8=0,S9=27,得解得a1=-5,d=2,所以S8==4(2a1+7d)=16.答案:167.已知S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1=-2018,-=6,则S2020=.【解析】由等差数列的性质可得也为等差数列.设其公差为d,则-=6d=6,所以d=1.故=+2 019d=-2 018+2 019=1,所以S2 020=1×2 020=2 020.答案:2 0208.(2020·全国Ⅱ卷)记S n为等差数列的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.【解析】设等差数列的公差为d.因为是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:a n=a1+d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d++5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:S n=na1+d,n∈N*,可得:S10=10×+=-20+45=25,所以S10=25. 答案:25三、解答题(每小题10分,共20分)9.在等差数列{a n}中.(1)a1=105,a n=994,d=7,求S n;(2)d=2,a n=11,S n=35,求a1和n.【解析】(1)d====7,解得n=128.所以S n===70 336.(2)由得解方程组得或10.设等差数列的前n项和为S n,且a5+a13=34,S3=9.(1)求数列的通项公式及前n项和公式.(2)设数列{b n}的通项公式为b n=,问:是否存在正整数t,使得b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列?若存在,求出t和m的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)设等差数列的公差为d,因为a5+a13=34,S3=9.所以整理得解得所以a n=1+(n-1)×2=2n-1,S n=n×1+×2=n2.(2)由(1)知b n=,所以b1=,b2=,b m=,若b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列,则2b2=b1+b m,所以=+,即6(1+t)(2m-1+t)=(3+t)(2m-1+t)+(2m-1)(1+t)(3+t),整理得(m-3)t2-(m+1)t=0,因为t是正整数,所以(m-3)t-(m+1)=0,m=3时显然不成立,所以t===1+.又因为m≥3,m∈N,所以m=4或5或7,当m=4时,t=5;当m=5时,t=3;当m=7时,t=2.所以存在正整数t,使得b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列.即当t=5时,b1,b2,b4成等差数列;当t=3时,b1,b2,b5成等差数列;当t=2时,b1,b2,b7成等差数列.1.一个凸多边形的内角成等差数列,其中最小的内角为120°,公差为5°,那么这个多边形的边数n等于( )A.12B.16C.9D.16或9【解析】选C.a n=120+5(n-1)=5n+115,由a n<180得n<13且n∈N+,由n边形内角和定理得,(n-2)×180=n×120+×5.解得n=16或n=9,因为n<13,所以n=9.2.某仓库有同一型号的圆钢600根,堆放成如图所示的形状,从第二层开始,每一层比下面一层少放一根,而第一层至少要比第二层少一根,要使堆垛的占地面积最小(即最下面一层根数最少),则最下面一层放几根?共堆了多少层?【解析】设最下面一层放n根,则最多可堆n层,则1+2+3+…+n=≥600,所以n2+n-1 200≥0,记ƒ(n)=n2+n-1 200,因为当n∈N+时,f(n)单调递增,而f(35)=60>0,f(34)=-10<0,所以n≥35,因此最下面一层最少放35根.因为1+2+3+…+35=630,所以最多可堆放630根,必须去掉上面30根,去掉顶上7层,共1+2+3+…+7=28根,再去掉顶上第8层的2根,剩下的600根共堆了28层.故最下面一层放35根,共堆了28层.高考- 11 - / 11。
2020_2021学年高中数学第一章数列2等差数列第1课时等差数列的概念及通项公式练习(含解析)北师大版必修5
等差数列的概念及通项公式A 级 基础巩固一、选择题1．在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝( D ) A ．12 B ．14 C ．16D ．18[解析] 该题考查等差数列的通项公式，由其两项求公差d . 由a 2＝2，a 3＝4知d ＝4－23－2＝2.∴a 10＝a 2＋8d ＝2＋8×2＝18.2．等差数列3,1，－1，－3，…，－97的项为( B ) A ．52 B ．51 C ．49D ．50[解析] ∵a 1＝3，a 2＝1，∴d ＝1－3＝－2， ∴a n ＝3＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋5， 由－97＝－2n ＋5，得n ＝51.3．(2019·威海检测)已知m 和2n 的等差中项是4,2m 和n 的等差中项是5，则m 和n 的等差中项是( B )A ．2B ．3C ．6D ．9 [解析] 由题意2m ＋n ＝10,2n ＋m ＝8，两式相加得3m ＋3n ＝18，∴m ＋n ＝6，∴m ＋n2＝3.4．在等差数列{a n }中，a 2＝－5，a 6＝a 4＋6，则a 1等于( B ) A ．－9 B ．－8 C ．－7D ．－4[解析] 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－5a 1＋5d ＝a 1＋3d ＋6，解得a 1＝－8. 5．已知a ＝13＋2，b ＝13－2，则a ，b 的等差中项为( A ) A ． 3 B ． 2 C ．33D ．22[解析]a ＋b2＝13＋2＋13－22＝3－2＋3＋22＝ 3.6．设x 是a 与b 的等差中项，x 2是a 2与－b 2的等差中项，则a ，b 的关系是( C ) A ．a ＝－bB ．a ＝3bC ．a ＝－b 或a ＝3bD ．a ＝b ＝0[解析] 由等差中项的定义知：x ＝a ＋b2，x 2＝a 2－b 22，∴a 2－b 22＝(a ＋b2)2，即a 2－2ab －3b 2＝0.故a ＝－b 或a ＝3b . 二、填空题7．lg(3＋2)与lg(3－2)的等差中项是 0 .[解析] lg(3＋2)＋lg(3－2)＝lg(3－2)＝0，所以lg(3＋2)与lg(3－2)的等差中项是0.8．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为6766升． [解析] 设此等差数列为{a n }，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1322，d ＝766，∴a 5＝a 1＋4d ＝1322＋4×766＝6766.三、解答题9．在等差数列{a n }中，已知a 5＝10，a 15＝25，求a 25.[解析] 方法一：设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝10，a 1＋14d ＝25.解这个方程组，得a 1＝4，d ＝32.∴这个数列的通项公式为a n ＝4＋32×(n －1)，即a n ＝32n ＋52.∴a 25＝32×25＋52＝40.方法二：由题意可知：a 15＝a 5＋10d ，即25＝10＋10d ， ∴10d ＝15.又∵a 25＝a 15＋10d ，∴a 25＝25＋15＝40. 10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a na n ＋2， (1)数列{1a n}是否为等差数列？说明理由．(2)求a n .[解析] (1)数列{1a n}是等差数列，理由如下：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n ＋2，∴1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝12＋1a n， ∴1a n ＋1－1a n ＝12，即{1a n }是首项为1a 1＝12， 公差为d ＝12的等差数列．(2)由上述可知1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝n2，∴a n ＝2n.(n ∈N ＋)B 级 素养提升一、选择题1．{a n }是首项为a 1＝4，公差d ＝2的等差数列，如果a n ＝2 020，则序号n 等于( A ) A ．1 009 B ．1 012 C ．1 008D ．1 010[解析] ∵a 1＝4，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2， ∴2n ＋2＝2 020，∴n ＝1 009.2．数列{a n }中，a 1＝2,2a n ＋1＝2a n ＋1，则a 101的值是( D ) A ．49 B ．50 C ．51D ．52 [解析] 由2a n ＋1＝2a n ＋1得a n ＋1－a n ＝12，∴{a n }是等差数列，首项a 1＝2，公差d ＝12，∴a n ＝2＋12(n －1)＝n ＋32，∴a 101＝101＋32＝52.3．在首项为81，公差为－7的等差数列中，值最接近零的项是( C ) A ．第11项 B ．第12项 C ．第13项D ．第14项[解析] 由a n ＝a 1＋(n －1)d 得a n ＝－7n ＋88， 令a n ≥0，解得n ≤887＝1247.而a 12＝4，a 13＝－3， 故a 13的值最接近零．4．等差数列的首项为125，且从第10项开始为比1大的项，则公差d 的取值范围是( D )A ．d >875B ．d <325C ．875<d <325D ．875<d ≤325[解析] 由题意⎩⎪⎨⎪⎧a 10>1a 9≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧125＋9d >1125＋8d ≤1，∴875<d ≤325. 二、填空题5．在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 5＝a 2＋6，则a 6＝ 13 . [解析] 由a 5＝a 2＋6得a 5－a 2＝6， 故3d ＝6，d ＝2.∴a 6＝a 3＋3d ＝7＋3×2＝13.6．若x ≠y ，两个数列：x ，a 1，a 2，a 3，y 和x ，b 1，b 2，b 3，b 4，y 都是等差数列，则a 2－a 1b 3－b 2＝ 54.[解析] 设这两个等差数列的公差分别为d 1，d 2. 则a 2－a 1b 3－b 2＝d 1d 2.由等差数列的性质，是y －x ＝4d 1＝5d 2，∴d 1d 2＝54. 三、解答题7．等差数列{a n }中， a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.[解析] (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得a 1＝1，d ＝25. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝[2n ＋35]．当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2<2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4<2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2 ＝24. 8．已知f (x )＝2x x ＋2，在数列{x n }中，x 1＝13，x n ＝f (x n －1)(n ≥2，n ∈N *)，试说明数列{1x n}是等差数列，并求x 95的值．[解析] 因为当n ≥2时，x n ＝f (x n －1)， 所以x n ＝2x n －1x n －1＋2(n ≥2)，即x n x n －1＋2x n ＝2x n －1(n ≥2)， 得2x n －1－2x n x n x n －1＝1(n ≥2)，即1x n －1x n －1＝12(n ≥2)．又1x 1＝3，所以数列{1x n }是以3为首项，12为公差的等差数列，所以1x n ＝3＋(n －1)×12＝n ＋52，所以x n ＝2n ＋5，所以x 95＝295＋5＝150.。
2021_2022学年新教材高中数学第五章计数原理§3第1课时组合一课后篇巩固提升训练含解析北师大版
第五章计数原理§3组合问题 第1课时组合(一) 课后篇巩固提升合格考达标练1.下列问题中,组合问题的个数是()①从全班50人中选出5人组成班委会;②从全班50人中选出5人分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员; ③从1,2,3,…,9中任取两个数求积; ④从1,2,3,…,9中任取两个数求差或商. A.1 B.2 D.4①,从50人中选出5人组成班委会,不考虑顺序,是组合问题;②为排列问题;对于③,从1,2,3,…,9中任取两个数求积是组合问题;因为乘法满足交换律,而减法和除法不满足,故④为排列问题.2.有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有() A.60种 B.70种 D.150种,选2名男医生、1名女医生的方法有C 62C 51=75(种). 3.C 3C 41+C 52+C 63+…+C 20132010的值为()A.C 20133B.C 201434 D.C 2013430+C 41+C 52+C 63+…+C 20132010=C 44+C 43+C 53+…+C 20133=C 20144.4.若集合M={x|C 7x≤21},则组成集合M 的元素共有() B.3个 C.6个 D.7个C 70=C 77=1,C 71=C 76=7,C 72=C 75=7×62!=21,C 73=C 74=7×6×53×2=35>21,∴x=0,1,2,5,6,7.5.从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有种(用数字填写答案).)可分两种情况:第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有C 21C 42=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有C 22C 41=4(种).根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法有16种.(方法二)从6人中任选3人,不同的选法有C 63=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有C 43=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法有20-4=16(种). 6.以下四个式子:①m=A nm m !;②A n m =n A n -1m -1;③m÷m+1=m+1n -m;④+1m+1=n+1m+1m.其中正确的个数是.式显然成立;②式中A n m=n(n-1)(n-2)…(n-m+1),A n-1m-1=(n-1)(n-2)…(n-m+1),所以A n m=n A n-1m-1,故②式成立;对于③式,m÷m+1=mm+1=A n m·(m+1)!m!·A n m+1=m+1n-m,故③式成立;对于④式,+1m+1=A n+1m+1(m+1)!=(n+1)·A n m(m+1)m!=n+1m+1m,故④式成立.7.从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘,有m个不同的积;任取两个不同的数相除,有n个不同的商,则mn=.m=C42,n=A42,∴mn =12.8.如图,有A,B,C,D四个区域,用五种不同的颜色给它们涂色,要求共边的两区域颜色互异,每个区域只涂一种颜色,共有多少种不同的涂色方法?1步,涂A区域有C51种方法;第2步,涂B区域有C41种方法;第3步,涂C区域和D区域;若C 区域涂与A区域相同的颜色,则D区域有4种涂法;若C区域涂A、B剩余3种颜色之一,即有C31种涂法,则D区域有C31种涂法.故共有C51·C41·(4+C31·C31)=260种不同的涂色方法.9.在一次数学竞赛中,某学校有12人通过了初试,学校要从中选出5人去参加市级培训,在下列条件下,有多少种不同的选法?(1)任意选5人;(2)甲、乙、丙三人必须参加;(3)甲、乙、丙三人不能参加;1人参加.从中任取5人是组合问题,共有C125=792种不同的选法.(2)甲、乙、丙三人必须参加,则只需从另外9人中选2人,是组合问题,共有C92=36种不同的选法.(3)甲、乙、丙三人不能参加,则只需从另外的9人中选5人,共有C95=126种不同的选法.(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加,可分为两步:先从甲、乙、丙中选1人,有C31=3种选法,再从另外9人中选4人,有C94种选法,共有C31C94=378种不同的选法.等级考提升练10.用0,1,…,9十个数字组成的三位数中,有重复数字的三位数的个数为()A.243B.252D.2799×10×10=900.没有重复数字的三位数有C 91A 92=648,所以有重复数字的三位数的个数为900-648=252.11.若A n 3=122,则n 等于() A.8 B.5或6 4 D.4A n 3=n (n-1)(n-2),2=12n (n-1),所以n (n-1)(n-2)=12×12n (n-1).又n ∈N +,且n ≥3,所以n=8.12.(2020某某某某期末)某校开设10门课供学生选修,其中A ,B ,C 三门由于上课时间相同,至多选一门,学校规定每位学生选修三门,则每位学生不同的选修方案种数是() A.120 B.98 D.35,分2种情况讨论:①从A ,B ,C 三门中选出1门,其余7门中选出2门,选法有C 31C 72=63(种);②从除A ,B ,C 三门之外的7门中选出3门,选法有C 73=35(种). 故不同的选法种数为63+35=98.13.(多选题)若C 17x =C 172x -1,则正整数x 的值是() A.1 B.4 D.8C 17x =C 172x -1,x=2x-1或x+2x-1=17, 解得x=1或x=6, 经检验都满足题意. 故选AC .14.(多选题)在100件产品中,有98件合格品,2件不合格品,从这100件产品中任意抽出3件,则()A.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 982种B.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 982+C 22C 981种C.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 21C 982+C 22C 981种3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 1003−C 983种,依次分析选项:对于A,抽出的3件中恰好有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品,有C 21C 982种抽取方法,A 正确,B 错误;对于C,抽出的3件中至少有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品或1件合格品,2件不合格品,有C 21C 982+C 22C 981种抽取方法,C 正确;对于D,用间接法分析,抽出的3件中没有不合格品的抽取方法有C 983种,则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 1003−C 983种,D 正确. 故选ACD .15.某餐厅供应饭菜,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上不同的选择,则餐厅至少还需准备不同的素菜品种种(结果用数值表示).x种不同的素菜.由题意,得C52·C x2≥200,从而有C x2≥20,即x(x-1)≥40.又x∈N+,所以x的最小值为7.A={1,2,3,4,5},则至少含一个偶数的集合A的子集个数为.)当子集中含有1个偶数时,共有C21(C30+C31+C32+C33)=16(个);当子集中含有2个偶数时,共有C30+C31+C32+C33=8(个);满足题意的集合A的子集个数为16+8=24(个).(方法二)集合A的子集共有C50+C51+C52+C53+C54+C55=32(个),不符合题意的子集有空集、分别只含有1,2,3个奇数的子集,有C50+C31+C32+C33=8(个),故符合题意的子集个数为32-8=24(个).17.已知10件不同产品中有4件是次品,现对它们一一进行测试,直至找出所有4件次品为止. (1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第十次测试才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?5次测试后,就找出了所有4件次品,则这样的不同测试方法数是多少?先排前4次测试,只能取正品,有A64种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试,有A42种测法,再排余下4件的测试位置,有A44种测法.所以共有不同测试方法A64·A42·A44=103680(种).(2)第5次测试恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现.所以共有不同测试方法C41·(C61·C33)A44=576(种).新情境创新练18.某次足球比赛中,共有32支球队参加,它们先平均分成8个小组进行循环赛,决出16强(每队均与本组其他队赛一场,各组第一、二名晋级16强),这16支球队按确定的程序进行淘汰赛,最后决出冠、亚军,此外还要决出第三名、第四名,请问这次足球赛总共进行多少场比赛?:(1)小组循环赛:每组有C42=6(场),8个小组共有48场;(2)八分之一淘汰赛:8个小组的第一、二名组成16强,根据赛制规则,每两个队比赛一场,可以决出8强,共有8场;(3)四分之一淘汰赛:根据赛制规则,8强中每两个队比赛一次,可以决出4强,共有4场;(4)半决赛:根据赛制规则,4强每两个队比赛一场,可以决出2强,共有2场;(5)决赛:2强比赛1场确定冠、亚军,4强中的另两支队比赛1场决出第三、四名,共有2场.综上,由分类加法计数原理知,共有48+8+4+2+2=64场比赛.。
高中数学第七章概率质量评估卷练测评含解析北师大版第一册
第七章单元质量评估卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题，共60分)一、单项选择题(本大题共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的）1．下列事件中，随机事件的个数是(）①2020年8月18日，北京市不下雨；②在标准大气压下，水在4 ℃时结冰；③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰为1号签；④x∈R，则｜x｜的值不小于0.A．1 B．2C．3 D．42．口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.52，摸出白球的概率是0。
28,那么摸出黑球的概率是（)A．0。
2 B．0.28C．0。
52 D．0.83．若干个人站成一排，其中为互斥事件的是()A．“甲站排头”与“乙站排头” B．“甲站排头”与“乙不站排尾”C．“甲站排头”与“乙站排尾" D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”4．从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人,则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为（）A.错误!B。
错误!C。
错误! D.错误!5．甲邀请乙、丙、丁三人加入了微信群聊“兄弟”，为庆祝兄弟相聚，甲发了一个9元的红包，被乙、丙、丁三人抢完,已知三人均抢到整数元，且每人至少抢到2元,则丙领到的钱数不少于乙、丁的概率是(）A。
错误!B。
错误!C.错误!D.错误!6．袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个,有放回地取3次,则下列事件的概率为错误!的是（）A．颜色相同B．颜色不全同C．颜色全不同D．无红球7.如图，是由一个圆、一个三角形和一个长方形构成的组合图形,现用红、蓝两种颜色为其涂色，每个图形只能涂一种颜色,则三个图形颜色不全相同的概率为()A.错误!B.错误!C。
错误!D。
错误!8．设两个独立事件A和B都不发生的概率为错误!，A发生B 不发生的概率与B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率P(A)是（）A.错误!B.错误!C。
2020_2021学年高中数学第三章不等式3.3.3基本不等式的实际应用作业课件北师大版必修5
二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 9．在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的 内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x为 20 (m)．
解析：如图，过A作AH⊥BC于H，交DE于F，易知 DBCE ＝ 4x0 ＝
AD AB
＝
AF AH
，则AF＝x，故FH＝40－x.则矩形面积S＝x(40－
站的距离x(km)成反比，而每月库存货物的运费y2(万元)与仓库到
车站的距离x(km)成正比．如果在距离车站10 km处建仓库，费用
y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓
库应建在离车站( A )
A．5 km处
B．m处
解析：由题意知y1＝
k1 x
解析：C＝
t22＋0t4＝
20 t＋4t
.因为t>0，所以t＋4t
≥2
4 t·t
＝4(当且仅当t
＝
4t ，即t＝2时等号成立)，所以C＝
20 t＋4t
≤240
＝5，即当t＝2时，C取得
最大值．
11．如图，有一张单栏的竖向张贴的海报，它的印刷面积为 72 dm2(图中阴影部分)，上下空白各宽2 dm，左右空白各宽1 dm，则四周空白部分面积的最小值是 56 dm2.
小．设这种汽车使用n年报废最合算，n年汽车的维修总费用为0.2
＋0.4＋0.6＋…＋0.2n＝0.2n＋nn2－1×0.2＝0.1(n2＋n)(万元)，年
平均费用y＝
10＋0.9n＋0.1n2＋n＝10＋
n
n
1n0＋1≥2
1n0·1n0＋1＝
3，当且仅当1n0＝1n0，即n＝10时取等号．
6．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1(万元)与仓库到车
2021_2022学年高中数学第一章数列1.1数列的概念课时素养评价含解析北师大版必修5202103
一数列的概念(20分钟35分)1.已知数列-1,,-,…,(-1)n,…,它的第5项的值为( )A.B.-C. D.-【解析】选D.a5=(-1)5×=-.2.下列四个数中,哪一个是数列{n(n+1)}中的一项( )A.380B.391C.352D.23【解析】选A.由n(n+1)=380得n=19.可验证其他项不符合.3.数列,,,,…的第10项是( )A. B. C. D.【解题指南】由数列,,,,…可得一个通项公式a n=,即可得出.【解析】选C.由数列,,,,…可得一个通项公式a n=,所以a10==.4.数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是a n等于( )A. B.C.cosπD.cosπ【解析】选D.A项,展开可得数列为0,1,0,1,…不符合题意.B项,展开可得数列为0,-1,0,1,…不符合题意.C项,展开可得数列为-1,0,1,0,…不符合题意.D项,展开可得数列为0,1,0,-1,…符合题意.5.(2020·某某高一检测)已知数列满足a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*),则a5=.【解题指南】根据数列的首项及递推公式依次求出a2,a3,…a5即可.【解析】因为a1=1,a n+1=2a n+1,所以a2=2a1+1=3,a3=2a2+1=7,a4=2a3+1=15,a5=2a4+1=31,答案:316.写出下列数列的一个通项公式:(1)0,3,8,15,24,…(2)1,2,3,4,…(3)1,11,111,1111,…【解析】(1)观察数列中的数,可以看到0=1-1,3=4-1,8=9-1,15=16-1,24=25-1,…所以它的一个通项公式是a n=n2-1.(2)此数列的整数部分1,2,3,4,…恰好是序号n,分数部分与序号n的关系为,故所求的数列的一个通项公式为a n=n+=.(3)原数列的各项可变为×9,×99,×999,×9 999,…易知数列9,99,999,9 999,…的一个通项公式为a n=10n-1.所以原数列的一个通项公式为a n=(10n-1).(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.有下列一列数:,1,1,1,( ),,,,,…,按照规律,括号中的数应为( )A.B. C. D.【解析】选B.把数列变为,,,,( ),,,,,…可得分子为连续的奇数,分母为连续的质数,故括号中的数应该为.【易错提醒】本题中不知道对第2,3,4项进行变形,使整个数列遵循同样的规律是解不出题的主要原因.2.数列2,5,11,20,32,x,…中的x等于( )A.28B.32C.33D.47【解析】选D.由5-2=3,11-5=6,20-11=9,32-20=12,则x-32=15,所以x=47.3.已知数列{a n}满足a n+2=a n+1-a n,若a1=1,a3=3,则a17=( )A.-4B.-3C.3D.4【解析】选A.因为数列满足a n+2=a n+1-a n,故有a n+3=a n+2-a n+1=-a n+1=-a n,所以a n+6=-a n+3=a n,故数列是以6为周期的周期数列,所以a17=a5=-a2,又因为a1=1,a3=3,a3=a2-a1得a2=4,故a17=-4.4.若一个数列的前三项依次为6,18,54,则此数列的一个通项公式为( )A.a n=4n-2B.a n=2n+4C.a n=2×3nD.a n=3×2n【解题指南】6=1×6=30×6,18=3×6=31×6,54=9×6=32×6,可以归纳出数列的通项公式. 【解析】选C.依题意,6=1×6=30×6,18=3×6=31×6,54=9×6=32×6,所以此数列的一个通项公式为a n=6×3n-1=2×3n.5.(2020·某某高一检测)数列,,,,…的递推公式可以是( )A.a n=B.a n=C.a n+1=a nD.a n+1=2a n【解题指南】观察数列,数列从第二项起,可知每一项是前一项的,由此可以得到递推公式,得出结果.【解析】选C.由题意可知,数列从第二项起,后一项是前一项的,所以递推公式为a n+1=a n.二、填空题(每小题5分,共15分)6.正整数列满足a1=a,且对于n∈N*有a n+1=,若a6=1,则a的所有可能取值为.【解析】因为正整数列满足a1=a,且对于n∈N*有a n+1=, 由a6=1,得a5=2或a5=0(舍),则a4=4,则a3=1,a2=2,a1=4或a3=8,a2=16,a1=5或a3=8,a2=16,a1=32,即a的所有可能取值为4,5或32.答案:4,5或327.将正偶数按下表排列则2010在第行第列.【解析】由题意可知,2 010是第1 005个正偶数,因为1 005÷4=251……1,所以2 010在第252行.观察表格知,第偶数行的四个数字从第4列开始从右至左排列,所以2 010在第252行,第4列.答案:252 48.如图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,如果把图2中的直角三角形继续作下去,记OA1,OA2,…,OA n,…的长度构成数列{a n},则此数列的通项公式为a n=.【解析】因为OA1=1,OA2=,OA3=,…,OA n=,…,所以a1=1,a2=,a3=,…,a n=.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知数列的通项公式为a n=.(1)求a10.(2)是否是这个数列中的项?(3)这个数列中有多少整数项?【解析】(1)a10==.(2)由a n==,解得,n=100.即是这个数列中的项,且是第100项.(3)由a n=为整数项可知,n=1,n=2,n=3,n=6,即数列中有4个整数项.10.写出数列的一个通项公式,使它的前几项分别为下列各数.(1)3,5,9,17,33;(2)4,-4,4,-4,4;(3)1,0,1,0;(4),,,.【解析】(1)每项都可以看成2的n次幂加1的形式,所以a n=2n+1.(2)数列中的每一项的绝对值均等于4,只有各项的系数的符号正负相间,所以a n=4(-1)n+1(答案不唯一).(3)原数列可改写为+,-,+,…,所以a n=+(-1)n+1(答案不唯一).(4)可将分子、分母分别求其通项,再合并,分子通项为2n-1,分母通项为2n+1,所以a n=.1.已知f(1)=2,f(n+1)=(n∈N+),则f(4)=.【解析】因为f(1)=2,f(n+1)=,所以f(2)==,f(3)===,f(4)===.答案:2.如图,下列四个图形中,着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项,求这个数列的一个通项公式.【解析】4个图形中着色三角形的个数依次为1,3,9,27,都是3的指数幂,猜想数列的通项公式为a n=3n-1.。
高中数学同步测试卷(十五)北师大数学选修1-1(2021学年)
高中数学同步测试卷(十五）北师大数学选修1－1编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望(高中数学同步测试卷（十五)北师大数学选修1-１）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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高中同步测试卷(十五)模块综合检测（时间：120分钟,满分:１50分）一、选择题（本大题共12小题，每小题５分,共６０分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)１.“1<ｘ〈２”是“x＜2”成立的（）A．充分不必要条件ﻩ B.必要不充分条件Ｃ.充分必要条件Ｄ．既不充分也不必要条件2．函数f（x）=错误!ｘ+cｏs x的一个单调递增区间为( ）A.（－７π6,错误!) ﻩＢ.(错误!,错误!）C．(－＼f（４π,3），＼f（π,3)) D.(错误!，错误!)3．设F1，Ｆ2分别为双曲线错误!－错误!＝1(a〉0,ｂ>0）的左、右焦点,双曲线上存在一点P使得|PF1|＋|ＰF2|=３b,|ＰF１|·｜PＦ2｜＝错误!ab,则该双曲线的离心率为( ) A。
错误!ﻩ B.错误!C。
＼f（9,４）ﻩ D.３４.函数f（x)在定义域R内可导,若ｆ(x）＝ｆ(2-x),且当x∈（－∞,1）时,(ｘ－1)f′(x）<0,设ａ=f（０）,ｂ＝f错误!，c=f(３）,则( )A.ａ＜ｂ＜cﻩB.ｃ＜b<aC.c<a＜b D．b<c＜a5.已知F是抛物线y=＼f(1,4）ｘ２的焦点,P是该抛物线上的动点,则线段PF中点的轨迹方程是( ）A.ｘ2＝2y-１ﻩB．x2=2y-错误!C.x2＝y－＼f（1,2) ﻩD.ｘ２＝2ｙ－26．二次函数y＝ｆ（ｘ)的图像过原点,且它的导函数y=ｆ′(x）的图像是过第一、二、三象限的一条直线,则函数ｙ=ｆ（x)的图像的顶点在（）Ａ.第一象限ﻩＢ.第二象限C.第三象限ﻩD.第四象限７．已知Ｆ１(-1,０）,F2(1，0）是椭圆错误!+错误!=１的两个焦点，若椭圆上一点P满足|错误! |+|错误!｜=4，则椭圆的离心率e＝（）A.错误!Ｂ．2C.错误!ﻩＤ．错误!8.设F１、Ｆ2分别为双曲线＼f（ｘ2,ａ2)－错误!＝1(a〉０,b〉0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得(｜PF1|-|PF2|)2＝b2－３ａb,则该双曲线的离心率为( ）A。
2020-2021学年北师大版高中数学必修五章末综合测评2及答案解析
（新课标）最新北师大版高中数学必修五章末综合测评(二) 解三角形(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2016·南昌高二检测)已知△ABC 中，a ＝2，b ＝3，B ＝60°，那么A 等于( )A ．135°B ．120°C ．60°D ．45°【解析】 由正弦定理a sin A ＝b sin B 得2sin A ＝332，可得sin A ＝22， 又∵a ＝2＜3＝b ， ∴A ＜B ，A ＝45°. 【答案】 D2．在△ABC 中，若sin A ＝34，a ＝10，则边长c 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫152，＋∞ B ．(10，＋∞) C ．(0,10)D ．⎝⎛⎦⎥⎤0，403【解析】 由正弦定理a sin A ＝c sin C 得c ＝1034·sin C ＝403·sin C ，又sin C ∈(0,1]，所以c ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，403.【答案】 D3．如图1，两座灯塔A 和B 与海岸观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站南偏西40°，灯塔B 在观察站南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的( )图1A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东80°D ．南偏西80°【解析】 由条件及图可知，A ＝B ＝40°，又∠BCD ＝60°，所以∠CBD ＝30°，所以∠DBA ＝10°，因此灯塔A 在灯塔B 南偏西80°.【答案】 D4．(2016·西安高二检测)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝ac ，则B 的值是( )A.π3B ．π6C.π3或2π3 D ．π6或5π6【解析】 由余弦定理得a 2＋c 2－b 2＝2accos B.∴2accos B·tan B＝ac，∴sin B＝1 2，∴B＝π6或5π6.【答案】 D5．在△ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，若A∶B＝1∶2，a∶b ＝1∶3，则角A等于( )A．45°B．30°C．60°D．75°【解析】由正弦定理得ab＝sin Asin B，∵A∶B＝1∶2，a∶b＝1∶3，∴13＝sin Asin 2A＝12cos A，∴cos A＝3 2，即A＝30°.【答案】 B6．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asin Asin B＋bcos2A＝2a，则ba等于( )A．2 3 B．2 2 C. 3 D． 2 【解析】∵asin Asin B＋bcos2A＝2a，∴sin2Asin B＋sin Bcos2A＝2sin A，sin B＝2sin A，∴b＝2a，∴ba＝ 2.【答案】 D7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sin C＝23sin B，则A＝( )A．30°B．60°C．120°D．150°【解析】由sin C＝23sin B及正弦定理，得c＝23b，∴a2－b2＝3bc＝6b2，即a2＝7b2.由余弦定理，cos A＝b2＋c2－a22bc＝b2＋12b2－7b22b·23b＝6b243b2＝32，又0°＜A＜180°，∴A＝30°. 【答案】 A8．在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为3，则a＋b＋csin A＋sin B＋sin C等于( )A．3 3 B．239 3C.833D．392【解析】∵a＋b＋csin A＋sin B＋sin C＝2R，∴由S△ABC＝12bcsin A知3＝12×1×c×sin 60°，∴c＝4.又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a＝13.故2R＝asin A ＝2393.【答案】 B9．在△ABC中，∠ABC＝π4，AB＝2，BC＝3，则sin∠BAC＝( )A.1010B．105C.31010D．55【解析】由余弦定理可得AC2＝9＋2－2×3×2×22＝5，所以AC＝5，再由正弦定理得ACsin∠ABC＝BCsin∠BAC，所以sin∠BAC＝BC·sin∠ABCAC＝3×225＝31010.【答案】 C10．如图2所示，一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船航行的速度为( )图2A.1762海里/小时B．346海里/小时C.1722海里/小时D．342海里/小时【解析】由题意知PM＝68，∠MPN＝120°，N＝45°，由正弦定理知PMsin 45°＝MNsin 120°，∴MN＝68×32×2＝346，∴速度为3464＝1762海里/小时．【答案】 A11．在斜三角形ABC中，sin A＝－2cos B·cos C，且tan B·tan C＝1－2，则角A的值为( )A.π4B．π3C.π2D．3π4【解析】由题意知，sin A＝－2cos B·cos C＝sin(B＋C) ＝sin B·cos C＋cos B·sin C，∴－2cos B·cos C＝sin B·cos C＋cos B·sin C，在等式两端同除以cos B·cos C得tan B＋tan C＝－2，tan(B＋C)＝tan B＋tan C1－tan B·tan C＝－22＝－1＝－tan A，∴tan A＝1，即A＝π4 .【答案】 A12．如图3所示，在△ABC中，已知A∶B＝1∶2，角C的平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分，则cos A等于( ) 【导学号：67940050】图3A.13B．12C.34D．0【解析】在△ABC中，设∠ACD＝∠BCD＝β，∠CAB＝α，由A∶B＝1∶2 得∠ABC＝2α，∵A＜B，∴AC＞BC，∴S△ACD＞S△BCD，∴S△ACD∶S△BCD＝3∶2，∴12AC ·DC ·sin β12BC ·DC ·sin β＝32，∴AC BC ＝32. 由正弦定理得AC sin B ＝BC sin A ，AC sin 2α＝BC sin α， ∴AC BC ＝sin 2αsin α＝2cos α，∴cos α＝34， 即cos A ＝34.【答案】 C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．(2015·福建高考)若锐角△ABC 的面积为103，且AB ＝5，AC ＝8，则BC 等于________．【解析】 由正弦定理，得S ＝12×AB ×AC ×sin A ＝103，∴sin A ＝2035×8＝32.∵A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A ＝π3.由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC ×cos A ＝25＋64－2×5×8×cos π3＝49，∴BC ＝7. 【答案】 714．(2015·北京高考)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C ＝________.【解析】 由正弦定理得sin A sin C ＝ac ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，∵a ＝4，b ＝5，c ＝6，∴sin 2A sin C ＝2sin Acos A sin C ＝2·sin A sin C ·cos A ＝2×46×52＋62－422×5×6＝1. 【答案】 115．(2015·天津高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.已知△ABC 的面积为315，b －c ＝2，cos A ＝－14，则a 的值为________．【解析】 在△ABC 中，由cos A ＝－14可得sin A ＝154，所以有⎩⎪⎨⎪⎧12bc ×154＝315，b －c ＝2，a 2＝b 2＋c 2－2bc ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝8，b ＝6，c ＝4.【答案】 816．(2015·南通调研)已知等腰三角形腰上的中线长为3，则该三角形的面积的最大值是________．【解析】 如图，设AB ＝AC ＝2x ，则在△ABD 中，由余弦定理，得3＝x 2＋4x 2－4x 2cos A ， 所以cos A ＝5x 2－34x 2.所以sin A ＝1－cos 2A ＝－9x 4＋30x 2－94x 2，所以S △ABC ＝12(2x)2sin A＝12－9x 4＋30x 2－9. 故当x 2＝53时，(S △ABC )max ＝12－9×⎝ ⎛⎭⎪⎫532＋30×53－9＝1216＝2. 【答案】 2三、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)(2015·全国卷Ⅱ)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，BD ＝2DC.(1)求sin B sin C；(2)若∠BAC ＝60°，求∠B. 【解】 (1)由正弦定理，得 AD sin B ＝BD sin ∠BAD ，AD sin C ＝DCsin ∠CAD . 因为AD 平分∠BAC ，BD ＝2DC ，所以sin B sin C ＝DC BD ＝12. (2)因为∠C ＝180°－(∠BAC ＋∠B)，∠BAC ＝60°，所以sin C ＝sin(∠BAC ＋∠B)＝32cos B ＋12sin B. 由(1)知2sin B ＝sin C ，所以tan B ＝33， 所以∠B ＝30°.18．(本小题满分12分)(2015·安徽高考)在△ABC 中，∠A ＝3π4，AB ＝6，AC ＝32，点D 在BC 边上，AD ＝BD ，求AD 的长．【解】 设△ABC 的内角∠BAC ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bccos ∠BAC ＝(32)2＋62－2×32×6×cos 3π4＝18＋36－(－36)＝90，所以a ＝310.又由正弦定理得sin B ＝bsin ∠BAC a ＝3310＝1010， 由题设知0<B<π4， 所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－110＝31010. 在△ABD 中，因为AD ＝BD ，所以∠ABD ＝∠BAD ，所以∠ADB ＝π－2B ，故由正弦定理得AD ＝AB ·sin B sin (π－2B )＝6sin B 2sin Bcos B ＝3cos B＝10. 19．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos A 2＝255，错误!·错误!＝3.(1)求△ABC的面积；(2)若b＋c＝6，求a的值．【解】(1)∵cos A2＝255，∴cos A＝2cos2A2－1＝35，sin A＝45.又由错误!·错误!＝3，得bccos A＝3，∴bc＝5，∴S△ABC＝12bcsin A＝2.(2)∵bc＝5，又b＋c＝6.∴b＝5，c＝1或b＝1，c＝5，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝20，∴a＝2 5.20．(本小题满分12分)在△ABC中，已知2acos B＝c，sin Asin B(2－cos C)＝sin2C2＋12，试判断△ABC的形状．【解】依题意得2sin Acos B＝sin C＝sin(A＋B)，2sin Acos B－sin(A＋B)＝sin(A－B)＝0，因此B＝A，C＝π－2A，于是有sin2A(2＋cos 2A)＝cos2A＋12，即sin2A(3－2sin2A)＝1－sin2A＋12＝3－2sin2A2，解得sin2A＝12，因此sin A＝22，又B＝A必为锐角，因此B＝A＝π4，△ABC是等腰直角三角形．21．(本小题满分12分)甲船在A处遇险，在甲船西南10海里B处的乙船收到甲船的求救信号后，测得甲船正沿着北偏西15°的方向，以每小时9海里的速度向某岛靠近．如果乙船要在40分钟内追上甲船，问乙船应以多大速度、向何方向航行？⎝ ⎛⎭⎪⎫注：sin 21°47′＝3314. 【导学号：67940051】 【解】 设乙船速度为v 海里/时，在△ABC 中，由余弦定理可知BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠CAB ，⎝ ⎛⎭⎪⎫23v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23×92＋102－2×23×9×10×cos 120°， ∴v ＝21海里/时．又由正弦定理可知BC sin ∠BAC ＝AC sin B， ∴sin B ＝AC ·sin ∠BAC BC ＝23×923×21×sin 120°＝3314， ∴B ≈21°47′，即乙船应按北偏东45°－21°47′＝23°13′的方向航行．22．(本小题满分12分)在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知cos A －2cos C cos B ＝2c －a b.(1)求sin Csin A的值；(2)若cos B＝14，b＝2，求△ABC的面积S.【解】(1)由正弦定理，设asin A ＝bsin B＝csin C＝k，则2c－ab＝2ksin C－ksin Aksin B＝2sin C－sin Asin B，所以cos A－2cos Ccos B＝2sin C－sin Asin B，即(cos A－2cos C)sin B＝(2sin C－sin A)cos B，化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．又A＋B＋C＝π，所以sin C＝2sin A，因此sin Csin A＝2.(2)由sin Csin A＝2得c＝2a.由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B及cos B＝14，b＝2，得4＝a2＋4a2－4a2×1 4，解得a＝1，从而c＝2.又因为cos B＝14，且0＜B＜π.所以sin B＝15 4，因此S＝12acsin B＝12×1×2×154＝154.。
(常考题)北师大版高中数学必修五第一章《数列》测试卷(含答案解析)(3)
一、选择题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，23a =，且()11222n n nn S S S n +-+=+≥，若()()72n n S a n λλλ-++≥-对任意*n ∈N 都成立，则实数λ的最小值为（ ） A ．52-B ．116C ．332D ．12．在等比数列{}n a 中，有31598a a a =，数列{}n b 是等差数列，且99b a =，则711b b +等于（ ） A ．4B ．8C ．16D ．243．已知数列{}n a 满足11a =，24a =，310a =，1{}n n a a +-是等比数列，则数列{}n a 的前8项和8S =（ ） A ．376B ．382C ．749D ．7664．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且113,2,23,21,n n n a n k k N a a n k k N*-*-⎧+=∈=⎨+=+∈⎩，若4042m S >，则正整数m 的最小值为（ ）A ．14B ．15C ．16D ．175．数列{}n a 中，11a =，113,3,3n n n n a N a n a N *+*-⎧+∉⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩，使2021n a <对任意的()n k k *≤∈N 恒成立的最大k 值为（ ） A ．1008B ．2016C ．2018D ．20206．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为图中虚线上的数1,3,6,10，构成的数列{}n a 的第n 项，则100a 的值为（ ）A ．5049B ．5050C ．5051D ．51017．已知数列1a ，21a a ，…1nn a a -，…是首项为1，公比为2的等比数列，则2log n a =（ ）A ． (1)n n +B ．(1)4n n - C ．(1)2n n + D ．(1)2n n -8．数列{}n a 的通项公式是*1()(1)n a n n n =∈+N ，若前n 项的和为1011，则项数为（ ）． A ．12B ．11C ．10D ．99．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若数列{}12n S a -也为等比数列，则43a a =（ ）． A ．2B ．1C ．32D ．1210．已知数列{}n a的通项公式为)*n a n N =∈，其前n 项和为n S ，则在数列1S ，2S …，2019S 中，有理数项的项数为（ ） A ．42B ．43C ．44D ．4511．已知数列{}n a 满足12a =，*11()12n na n N a +=-+∈，则2020a =（ ） A ．2B ．13 C ．12-D ．3-12．已知等比数列{}n a 中，若1324,,2a a a 成等差数列，则公比q =（ ） A ．1B ．1-或2C ．3D ．1-二、填空题13．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若12020OB a OA a OC =+（向量OA 、OC 不平行），A 、C 、B 共线，则2020S =_________．14．数列{}n a 中，16a =，29a =，且{}1n n a a +-是以2为公差的等差数列，则n a =______.15．数列{}n a 满足11a =，22a =，且2221sin 2cos 22n nn n a a ππ+⎛⎫=+⋅+ ⎪⎝⎭（*n N ∈），则2020a =__.16．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，1a 为整数，213a =-，8n S S ≥，则数列{}n a 的通项公式为n a =________.17．设,n n S T 分别是等差数列{}{},n n a b 的前n 项和，已知()*2142n n S n n N T n +=∈-，则10317a b b =+_________．18．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若112a =，且122n n a a +=-，则100S =________. 19．已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，21nn n b a -=+，且1222n n n S T n ++=+-，则2n T =____．20．若等差数列{}n a 中，10a <，n S 为前n 项和，713S S =，则当n S 最小时n =________．三、解答题21．已知等差数列{}n a 满足()()()()*122312(1)n n a a a a a a n n n N +++++⋅⋅⋅++=+∈． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．22．在①119n n a a +-=-，②113n n a a +=-③18n n a a n +=+-这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且19a =，__________，求{}n a 的通项公式，并判断n S 是否存在最大值，若存在，求出最大值：若不存在，说明理由. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分23．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，()121n n a S n N *+=+∈，等差数列{}n b 满足39b =，15272b b +=.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n c 的前n 项和为n T ，且n n n c a b =⋅，求n T . 24．已知递增等比数列{}n a 满足：12a =，416a = ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 为等差数列，且满足221b a =-，3358b a =，求数列{}n b 的通项公式及前10项的和；25．已知数列{}n a 满足11a =，1nn n a pa q +=+，（其中p 、q 为常数，*n N ∈）.（1）若1p =，1q =-，求数列{}n a 的通项公式；（2）若2p =，1q =，数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T .证明：22n T n <+，*n N ∈.26．设等差数列{}n a 的首项1a 为()0a a >，其前n 项和为n S . （Ⅰ）若1S ，2S ，4S 成等比数列，求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若对任意的*n ∈N ，恒有0n S >，问是否存在()*2,k k k ≥∈N ，使得ln k S 、1ln k S +、2ln k S +成等比数列？若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】由n S 与n a 的关系得21nn a =-，则272n maxn λ-⎛⎫≥⎪⎝⎭，设272n nn c -=，利用数列的单调性即可求解． 【详解】解：数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，23a =，且()11222n n nn S S S n +-+=+≥， 所以112nn n n n S S S S +--=+-，故()122nn n a a n +-=≥，因为1212a a -=，所以()121nn n a a n +-=≥，所以112n n n a a ---=，2122n n n a a ----=，⋯，1212a a -=， 则1211222n n a a --=++⋯+，故11211222121n n n n a --=++⋯+==--， 所以()123122122222221n n n nS n n n +-=+++⋯+-=-=---，所以21nn n S a n -=--，因为()()72n n S a n λλλ-++≥-对任意*n N ∈都成立， 所以272nmaxn λ-⎛⎫≥ ⎪⎝⎭． 设272n nn c -=，则111252792222n n n n n n n nc c +++----=-=， 当4n ≤时，1n n c c +>，当5n ≥时，1n n c c +<， 因此1234567c c c c c c c <<⋯<><> 即5332c λ≥=，故λ的最小值为332． 故选：C 【点睛】本题解答的关键利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求出数列n a 的递推公式，再利用累加法求出na 的通项；2．C解析：C 【分析】根据等比数列性质求得9a ，再由等差数列性质求解． 【详解】∵{}n a 是等比数列，∴2931598a a a a ==，90a ≠，所以98a =，即998b a ==，∵{}n b 是等差数列，所以7119216b b b +==． 故选：C ． 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的性质，掌握等差数列和等比数列的性质是解题关键，设,,,m n p l 是正整数，m n p l +=+，若{}n a 是等差数列，则m n p l a a a a +=+，若{}n a 是等比数列，则m n p l a a a a =．p l =时，上述结论也成立．3．C解析：C 【分析】利用累加法求出通项n a ，然后利用等比数列的求和公式和分组求和法，求解8S 即可 【详解】由已知得，213a a -=，326a a -=，而{}1n n a a +-是等比数列，故2q，∴11221()()()n n n n a a a a a a ----+-+-=23632n -+++⨯1133232312n n ---⨯==⨯--，1n a a ∴-=1323n -⨯-，化简得1322n n a -=⨯-，878128123(122)2831612S a a a -=++=⨯+++-⨯=⨯--83219749=⨯-=故选：C 【点睛】关键点睛：解题关键在于利用累加法求出通项.4．C解析：C 【分析】根据已知递推关系求出数列{}n a 的奇数项加9成等比数列，偶数项加6成等比数列，然后求出2n S 后，检验141615,,S S S 可得． 【详解】当n 为奇数时，122232(3)329n n n n a a a a ---=+=++=+，所以292(9)n n a a -+=+，又1910a +=，所以1359,9,9,a a a +++成等比数列，公比为2，1219102n n a --+=⨯，即1211029n n a --=⨯-，当n 为偶数时，122323326n n n n a a a a ---=+=++=+，所以262(6)n n a a -+=+，又2134a a =+=，所以2469,9,9,a a a +++成等比数列，公比为2，126102n n a -+=⨯，即121026n n a -=⨯-，所以210(12)10(12)9620220151212n n n n S n n n --=-+-=⨯----，714202201572435S =⨯--⨯=，816202201584980S =⨯--⨯=， 7151415243510293706S S a =+=+⨯-=，所以满足4042m S >的正整数m 的最小值为16． 故选：C ． 【点睛】关键点点睛：本题考查由数列的递推关系求数列的和．解题关键是分类讨论，确定数列的奇数项与偶数项分别满足的性质，然后结合起来求得数列的偶数项的和2n S ，再检验n 取具体数值的结论．5．C解析：C 【分析】根据数列的通项公式，列出各项，找数列的规律，判断到哪一项是大于2021，即可得答案. 【详解】由已知可得，数列{}n a ：1,4,7,4,7,10,7,10,13,，可得规律为1,4,7，4,7,10，7,10,13……此时将原数列分为三个等差数列：1,4,7,n a n =，{}31,n n n m m N ∈=+∈；4,7,10,2n a n =+，{}32,n n n m m N ∈=+∈；7,10,13,4n a n =+，{}33,n n n m m N ∈=+∈，当673m =时，312020n m =+=，即2020202120222020,2023,2026a a a ===. 而672m =时，312017n m =+=，即2017201820192017,2020,2023a a a ===， 所以满足2021n a <对任意的()n k k *≤∈N 恒成立的最大k 值为2018．故选：C. 【点睛】关于数列的项的判断，一般有两种题目类型，一种是具有周期的数列，可以通过列出前几项找出数列的周期，利用周期判断；另一种是数列的项与项之间存在规律，需要通过推理判断项与项之间的规律从而得数列的通项.6．B解析：B 【分析】观察数列的前4项，可得(1)2n n n a +=，将100n =代入即可得解. 【详解】由题意得11a =，2312a ==+，36123a ==++，4101234a ==+++⋅⋅⋅ 观察规律可得(1)1232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， 所以10010010150502a ⨯==. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查了观察法求数列的通项公式，关键是将各项拆成正整数的和的形式发现规律.7．D解析：D 【分析】根据题意，求得1nn a a -，再利用累乘法即可求得n a ，再结合对数运算，即可求得结果.【详解】由题设有111122(2)n n nn a n a ---=⨯=≥， 而(1)1213221121122(2)n n n n n n a aa a a n a a a -+++--=⨯⨯⨯⨯=⨯=≥，当1n =时，11a =也满足该式，故(1)22(1)n n n a n -=≥，所以2(1)log 2n n n a -=， 故选：D. 【点睛】本题考查利用累乘法求数列的通项公式，涉及对数运算，属综合基础题.8．C解析：C 【解析】分析：由已知，111(1)1n a n n n n ==-++，利用裂项相消法求和后，令其等于1011，得到n 所满足的等量关系式，求得结果.详解：111(1)1n a n n n n ==-++ ()n *∈N ，数列{}n a 的前n 项和11111(1)()()2231n S n n =-+-+⋯+-+ 1111n n n =-=++，当1011n S =时，解得10n =，故选C. 点睛：该题考查的是有关数列的问题，在解题的过程中，需要对数列的通项公式进行分析，选择相应的求和方法--------错位相减法，之后根据题的条件，建立关于n 的等量关系式，从而求得结果.9．D解析：D 【分析】分公比是否为1进行讨论，再利用等比数列的前n 项和公式及定义求解即可. 【详解】解：设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，()1111222n S a na a n a -=-=-， 则{}12n S a -不为等比数列，舍去， 当1q ≠时，()1111111222111n n n a q a aS a a q a qq q--=-=+----， 为了符合题意，需11201a a q -=-，得12q =，故4312a q a ==.故选D ． 【点睛】本题考查等比数列的前n 项和公式，定义，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题.10．B解析：B 【分析】本题先要对数列{}n a 的通项公式n a 运用分母有理化进行化简，然后求出前n 项和为n S 的表达式，再根据n S 的表达式的特点判断出那些项是有理数项，找出有理数项的下标的规律，再求出2019内属于有理数项的个数． 【详解】解：由题意，可知：n a ===1n n =-+． 12n n S a a a ∴=++⋯+122=-+1= 3S ∴，8S ，15S ⋯为有理项，又下标3，8，15，⋯的通项公式为21(2)n b n n =-，212019n ∴-，且2n ，解得：244n ，∴有理项的项数为44143-=．故选：B ． 【点睛】本题主要考查分母有理化的运用，根据算式判断有理数项及其下标的规律，属于中档题．11．D解析：D 【分析】先利用题中所给的首项，以及递推公式，将首项代入，从而判断出数列{}n a 是周期数列，进而求得结果. 【详解】由已知得12a =，2211123a =-=+，32111213a =-=-+， 4213112a =-=--，521213a =-=-， 可以判断出数列{}n a 是以4为周期的数列，故2020505443a a a ⨯===-， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点利用递推公式判断数列的周期性，从而求解数列的某项，属于中档题.12．B解析：B 【分析】用等比数列的通项公式和等差中项公式求解. 【详解】因为1324,,2a a a 成等差数列，所以312242a a a =+，即2111242a q a a q =+，化简得220q q --=，解得1q =-或2q .故选B. 【点睛】本题考查等比数列与等差数列的综合运用.二、填空题13．【分析】先证明当共线且则根据题意可求得的值然后利用等差数列求和公式可求得的值【详解】当共线时则共线可设所以又则由于（向量不平行）共线则由等差数列的求和公式可得故答案为：【点睛】本题考查等差数列求和同 解析：1010【分析】先证明当A 、C 、B 共线且OB mOA nOC =+，则1m n +=，根据题意可求得12020a a +的值，然后利用等差数列求和公式可求得2020S 的值. 【详解】当A 、C 、B 共线时，则AB 、AC 共线，可设AB AC λ=， 所以，()OB OA OC OA λ-=-，()1OB OA OC λλ∴=-+， 又OB mOA nOC =+，则()11m n λλ+=-+=，由于12020OB a OA a OC =+（向量OA 、OC 不平行），A 、C 、B 共线，则120201a a +=，由等差数列的求和公式可得()120202020202020201101022a a S +⨯===.故答案为：1010. 【点睛】本题考查等差数列求和，同时也考查了三点共线结论的应用，考查计算能力，属于中等题.14．【分析】由是以2为公差的等差数列可得：再利用累加求和方法等差数列的求和公式即可得出【详解】∵是以2为公差的等差数列∴∴故答案为：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式累加求和方法考查了推理能 解析：25n +【分析】由{}1n n a a +-是以2为公差的等差数列，可得：121n n a a n --=-，再利用累加求和方法、等差数列的求和公式即可得出. 【详解】∵{}1n n a a +-是以2为公差的等差数列， ∴()()1212221n n a a a a n n --=-+-=-，∴()()()12116321n n n a a a a a a n -=+-+⋯⋯+-=++⋯⋯+-()2121552n n n +-=+=+， 故答案为：25n +. 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、累加求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.15．2020【分析】当n 为偶数时可得出故偶数项是以2为首项公差为2的等差数列求出通项公式代值计算即可得解【详解】当n 为偶数时即故数列的偶数项是以2为首项公差为2的等差数列所以所以故答案为：2020【点睛解析：2020 【分析】当n 为偶数时，可得出22n n a a +=+，故偶数项是以2为首项，公差为2的等差数列，求出通项公式，代值计算即可得解. 【详解】 当n 为偶数时，2223cos 1sin 2cos 1cos 2222n n n n n n n a a a n a ππππ+-⎛⎫=+⋅+=⋅++=+ ⎪⎝⎭， 即22n n a a +=+，故数列{}n a 的偶数项是以2为首项，公差为2的等差数列， 所以2122n n a n ⎛⎫=+-⨯=⎪⎝⎭， 所以20202020a =. 故答案为：2020. 【点睛】本题考查数列的递推式，解题关键是得出当n 为偶数时，可得出2n a +与n a 的关系式，进而求出{}n a 的通项公式，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.16．【分析】设等差数列的公差为由等差数列的性质及前n 项和公式可得再由二次函数的图象与性质可得求得后再由等差数列的通项公式即可得解【详解】设等差数列的公差为则为整数所以由结合二次函数的图象与性质可得解得所 解析：217n -【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由等差数列的性质及前n 项和公式可得231322n n d d S n ⎛⎫+ ⎝-⎪⎭=，再由二次函数的图象与性质可得313151722222d d ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭≤-≤⨯，求得d 后再由等差数列的通项公式即可得解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则1213a a d d =-=--，d 为整数， 所以()()()2131313112222n d S d n n n n d a n d d n n n --=+⎛⎫--++ ⎪⎝=⎭=-， 由8n S S ≥，结合二次函数的图象与性质可得0d >，313151722222d d ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭≤-≤⨯， 解得131376d ≤≤， 所以2d =，所以1215a a d =-=-，所以()()111521217n a a n d n n =+-=-+-=-. 故答案为：217n -. 【点睛】本题考查了等差数列通项公式及前n 项和公式的应用，考查了利用二次函数的图象与性质解决等差数列前n 项和最值的问题，属于中档题.17．【分析】利用等差数列的性质得到再根据求解【详解】因为所以故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的性质以及前n 项和公式的应用还考查了运算求解的能力属于中档题 解析：39148【分析】利用等差数列的性质得到1013171191912a a a b b b b =⨯+++191912S T =⨯，再根据2142n n S n T n +=-求解.【详解】因为()*2142n n S n n N T n +=∈-， 所以()()110113171119191991921912221a a a b b b a b b b a =⨯=⨯+++++，191911219139224192148S T ⨯+=⨯=⨯=⨯-， 故答案为：39148【点睛】本题主要考查等差数列的性质以及前n 项和公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18．【分析】由递推公式依次计算出数列的前几项得出数列是周期数列从而可求和【详解】由题意∴数列是周期数列且周期为4故答案为：【点睛】本题考查数列的周期性考查求周期数列的和解题时可根据递推公式依次计算数列的解析：4256【分析】 由递推公式依次计算出数列的前几项，得出数列是周期数列，从而可求和． 【详解】 由题意2241322a ==-，33a =，42a =-，512a =， ∴数列{}n a 是周期数列，且周期为4.10012341442525()2532236S a a a a ⎛⎫=+++=⨯++-= ⎪⎝⎭．故答案为：4256． 【点睛】本题考查数列的周期性，考查求周期数列的和，解题时可根据递推公式依次计算数列的项，然后归纳出周期性．19．【解析】所以 解析：22(1)4n n n +++-【解析】1112222n n n n n T S b a b a b a n +-=-+-++-=+-所以222(1)4n n n n n n T T S S T n n +=-++=++-20．10【分析】根据条件确定中项的符号变化规律即可确定最小时对应项数【详解】单调递增因此即最小故答案为：10【点睛】本题考查等差数列性质等差数列前项和性质考查基本分析求解能力属中档题解析：10 【分析】根据条件确定{}n a 中项的符号变化规律，即可确定n S 最小时对应项数.7138910111213101103()0S S a a a a a a a a =∴+++++=∴+= 17130,a S S <=∴{}n a 单调递增，因此10110,0a a <>即10n =，n S 最小 故答案为：10 【点睛】本题考查等差数列性质、等差数列前n 项和性质，考查基本分析求解能力，属中档题.三、解答题21．（1）21n a n =-；（2）2332n nn S +=-. 【分析】（1）利用已知条件列出关于首项与公差的方程组，解方程组即得数列{}n a 的通项公式；（2）先由（1）得到n n n a 2n 122-=，再利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得()()121223412a a a a a a +=⎧⎨+++=⎩，即122348a a a a +=⎧⎨+=⎩，所以()()()1111428a a d a d a d ⎧++=⎪⎨+++=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，所以21n a n =-． （2）由（1）得n n n a 2n 122-=， 所以1212321223212n n n n n S ---=++⋯++，① 231123212222213n n n n n S +--=++⋯⋯++，② -①②得：21111112132322222222n n n n n n S ++-+⎛⎫=+⨯+⋯+-=- ⎪⎝⎭， 所以2332n nn S +=-．易错点睛：用错位相减法求和应注意的问题（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 22．答案见解析 【分析】选①：由等差数列通项公式得出通项n a 后，解0n a ≥，满足此不等式的最大的n 使得n S 最大，注意若n a 0=，则有两个值使得n S 最大，选②：由等比数列前n 项和公式得出n S ，由于公比是负数，因此按n 的奇偶性分类讨论求得n S 的最大值；选③：由累加法求得n a ，利用n a 的表达式是n 的二次函数形式，当15n ≥时，0n a >，确定n S 不存在最大值. 【详解】 选①因为119n n a a +-=-，19a =，所以{}n a 是首项为9，公差为19-的等差数列.所以()118291999n a n n ⎛⎫=+-⋅-=-+ ⎪⎝⎭. 由182099n -+≥，得82n ≤，即820a ≥ 所以n S 存在最大值，且最大值为81S 或82S ， 因为818180181936929S ⨯⎛⎫=⨯+⨯-= ⎪⎝⎭，所以n S 的最大值为369. 选② 因为113n n a a +=-，19a =，所以{}n a 是首项为9，公比为13-的等比数列. 所以1311933n n n a --⎛⎫⎛⎫=⨯-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.1︒当n 为奇数时，1913271114313n n n S ⎡⎤⎛⎫⨯--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==+ ⎪⎝⎭+， 因为271143n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭随着n 的增大而减小，所以此时n S 的最大值为19S =；2︒当n 为偶数的，1913271114313n n n S ⎡⎤⎛⎫⨯--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭+， 且2712719434n n S ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭， 综上，n S 存在最大值，且最大值为9. 选③因为18n n a a n +=+-，所以18n n a a n +-=-，所以217a a -=-，326a a -=-，…，19n n a a n --=-， 以上1n -个等式相加得()()21791171622n n n n n a a -+---+-==， 因为19a =，所以()2173422n n n a n -+=≥，又19a =也满足上式，所以217342n n n a -+=. 当15n ≥时，0n a >，故n S 不存在最大值. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列前n 项和的最大值问题，一种方法是求出n S 的表达式，由函数的性质确定n S 的最大值，一种是利用数列项的性质，如数列是递减的数列，10a >，则满足0n a ≥的最大的n 使得n S 最大． 23．（1）13-=n n a ，3n b n =；（2）1321344n n n T +-=+⋅. 【分析】（1）由数列的递推关系式求出等比数列{}n a 的通项公式，利用等差数列的基本量运算得出{}n b 的通项公式； （2）利用错位相减法求出n T ． 【详解】（1）1211n n a S n +=+≥①1212n n a S n -=+≥②①-②得：13n n a a +=，2n ≥ 又因为11a =，23a =所以数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列所以13-=n n a因为{}n b 为等差数列且39b =，15272b b +=所以有：()111292724b d b b d +=⎧⎨+=+⎩解得：13b =，3d =，所以3n b n =（2）由（1）知3nn c n =⋅213233n n T n =⋅+⋅+⋅①()23131323133n n n T n n +=⋅+⋅+-⋅+⋅②①-②得：2312333...33n n n T n +-=++++-⋅()11131********2n n n n n T n n +++---=-⋅=-⋅-1321344n n n T +-=+⋅【点睛】方法点睛：本题考查数列的通项公式，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下： 1.公式法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和．24．（1）2nn a =；（2）21n b n =-，数列{}n b 前10项的和10100S =.【分析】（1）利用等比数列的通项公式，结合已知12a =，416a =，可以求出公比，这样就可以求出数列{}n a 的通项公式；（2）由数列{}n a 的通项公式，可以求出21a -和 358a 的值，这样也就求出2b 和 3b 的值，这样可以求出等差数列{}n b 的公差，进而可以求出通项公式，利用前n 项和公式求出数列{}n b 前10项的和.【详解】（1）设等比数列的公比为q ，由已知12a =，34121616q a a q =⇒⋅=⇒=，所以112n n n a q a -=⋅=，即数列{}n a 的通项公式为2n n a =；（2）由（1）知2nn a =，所以2221213b a =-=-=，333552588b a ==⨯=， 设等差数列{}n b 的公差为d ，则322d b b -==，12121n d b b n b =-=∴=-， 设数列{}n b 前10项的和为10S ，则11010910910101210022S d b ⨯⨯=+⋅=⨯+⨯=， 所以数列{}n b 的通项公式21n b n =-，数列{}n b 前10项的和10100S =. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求1122n n a b a b a b ++⋅⋅⋅. （3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有()11111n n n n =-++，()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭等.（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和. （5）倒序相加法.25．（1）()*1(1)2n n a n N --=∈；（2）证明见解析. 【分析】（1）1p =，1q =-，已知条件可得1(1)nn n a a +-=-，利用累加法及等比数列的求和公式，计算可求数列{}n a 的通项公式；（2）2p =，1q =，121n n a a +=+，化简可得1121n n a a ++=+，通过等比数列的通项公式求得()*21nn a n N =-∈，化简可得11212222n n nn a a +=+≤+-，放缩后，通过分组求和可证得结果. 【详解】（1）∵1p =，1q =-，∴1(1)n n n a a ++-=，即1(1)nn n a a +-=-，∴当2n ≥：12111221(1)(1)(1)n n n n n n a a a a a a ------+-++-=-+-++-，得1(1)12n n a a -+-=，∴11a =，∴1(1)2nn a --=，当1n =：11a =也符合上式，故()*1(1)2n n a n N --=∈（或1,0,nn a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数）.（2）∵2p =，1q =，∴121n n a a +=+，∴()1121n n a a ++=+， 即1121n n a a ++=+，∴{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴12nn a +=，即()*21nn a n N=-∈.又1112122122221112122n n n n n n n n a a +++--+===+≤+---， ∴11122221221212n n n T n n n -⎛⎫≤+=+-<+ ⎪⎝⎭-， 综上说述：()*22n T n n N <+∈.【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧：（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和. （2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和 （3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和.（4）裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和. 26．（Ⅰ）0d =时，n a a =；2d a =时，2n a an a =-；（Ⅱ）不存在，理由见解析. 【分析】（Ⅰ）根据等差数列写出(1)2n n n dS na -=+，利用等比中项性质列式代入求解；（2）设存在()*2,k k k ≥∈N ，根据等比中项列式，整理化简之后分类讨论0d =与0d >是否成立. 【详解】（Ⅰ）因为1S ，2S ，4S 成等比数列，所以2214S S S ，又因为数列{}n a 是等差数列，首项1a 为()0a a >，所以(1)2n n n d S na -=+，则()()2246a d a a d +=+，可得0d =或2d a =，当0d =时，n a a =；当2d a =时，2(1)2n a a n a an a =+-=-.（Ⅱ）设存在()*2,k k k ≥∈N，使ln kS、1ln k S +、2ln k S +成等比数列，则122ln l ln n k k k S S S ++=⋅，对任意的*n ∈N ，恒有0n S >，首项0a >，所以0d ≥因为()22222ln ln ln ln ln 22k k k k k k S S S S S S +++⋅⎡⎤+⎡⎤⋅<=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()()22211121112ln ln 22k k k k k k k k S dS a a S a S a ++++++++⎡⎤+--+⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，当0d =时，()()()2222222111211+121ln ln ln ln 222k k k k k k k k S dS a a S a S S +++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤+--⎢⎥⎢⎥⎢⎥=<=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦即122ln l ln n k k k S S S ++>⋅，不成立；当0d >时，()()()2222222111211+121ln ln ln ln 222k k k k k k k k k S dS a a S dS a S S +++++++⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥=<=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，即122ln l ln n k k k S S S ++>⋅，不成立；综上，不存在()*2,k k k ≥∈N ，使得ln kS、1ln k S +、2ln k S +成等比数列.【点睛】关于等比中项性质的运用，需要注意,,a b c 三个数成等比数列，列式得2b ac =，然后再根据数列是等差还是等比数列化为基本量1,a d 或1,a q 计算.。