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2017年甘肃高考数学基础提升训练(八)

来源 :中华考试网 2016-11-10

参考答案

一、选择题

1B  【解析】a4a8(a13d)(a17d)a1210a1d21d2a62(a15d)2a1210a1d25d2a6(a4)a8(a6).

 

2D  解析】设其公比为q,bncnan(q1)(1q2)=-an(q1)2(q1),当q1时,bncn ,当q0,且q≠1时,bncn,故bn≤cn.

3B  【解析】因为q≠1b10b110,所以b1≠b11,则a62(a1+a11)2(b1+b11)b6.

 

4B  【解析】因数列为等差数列,anSnSn-12n10,由52k108,得到k8.

 

5A  【解析】S4a5S5a4 (a1a2a3a4)a4q(a1a2a3a4a5)a4=-a1a4=-a12q30S4a5S5a4

 

6D  【解析】Sn2(n+1)f(n)n+2(n)n2+34n+64(n)n(64)+34(64)64(1)+34(1)50(1)nn(64)n8时取等号f(n)maxf(8)50(1)

 

7B  【解析】由已知y=-3(1)(sinx2(1))21,且sinx2(1)y1,所以当sinx1时,y有最小值12(11),无最大值.

 

8D  【解】等比数列{an}a21S3a1a2a3a2(q(1)1q)1qq(1).当公比q0时,S31qq(1)≥12q(1)q(1)3,当公比q0时,S31(qq(1))≤12q(1)q(1)=-1

 

S3(,-1][3,+∞).

9B  【解析】b1a1a的等比中项,则3b21a2Ûa23b21,令acosθbsinθθ(02π),所以a3bcosθinθ2sin(θp)≤2.

 

 

10A  【解析】a10,且0q1时,数列为递增数列,但当数列为递增数列时,还存在另一情况a10,且q1,故选A.

11C  【解析】a10(a11)<-1,得a10(a10+a11)0Ûa10(a1+a20)0Û2(1)2(1)a1+a19(1)0ÛS19(S20)0,则要使Sn取得最小正值必须满足S190,且S200,此时n19.

12C  【解析】f(x)是定义在R上恒不为零的函数,对任意实数xyR,都有f(x)f(y)f(xy)a12(1)anf(n)(nN*)an+1f(n1)f(1)f(n)2(1)anSn2(1)2(1)2(1)2(1)1(2(1))n.则数列{an}的前

 

项和的取值范围是[2(1)1).

二、填空题

132  【解析】a4a28,可得公差d4,再由a3a526,可得a11,故Snn2n(n1)2n2nTnn(1),要使得TnM,只需M≥2即可,故M的最小值为2,答案:2

 

14(10](03(1)]  【解析】1-q(a1q)2(a1)Þq≤3(1),但|q|1,且q≠0,故q(10](03(1)].

 

154  【解析】cd(a+b2)xy(x+y2)xy(xy2)4.

 

16D  【解析】对于S8S3a4a5a6a7a85a60S5S6,又d0S5S6为最大,故A正确;对于:根据等差中项知正确;对于d0,点(nSn)分布在开口

 

向上的抛物线,故{Sn}中一定有最小的项,故正确;而akak+1=-dakak-1d,且d≠0,故为假命题.

 

三、解答题

17【解】)设{an}的公差为d,由已知条件, ( )a1+4d=-5(a1+d=1),解出a13d=-2

 

所以ana1(n1)d=-2n5

Snna12(n-1)d=-n24n=-(n2)24,所以n2时,Sn取到最大值4

 

18【解】()由已知得an+1an1,即an+1an1

 

a11,所以数列{an}是以1为首项,公差为1的等差数列,故an1(a1)×1n.

 

()由()知:ann从而bn+1bn2n.

bn(bnbn-1)(bn-1bn-2)+(b2b1)+b12n-12n-2211-2(1-2n)2n1.

 

因为bn·bn+2b(2n1)(2n+21)(2n-11)2

 

(22n+22n+22n1)(22n+222n+11)=-5·2n4·2n=-2n0,

 

所以bn·bn+2b.

 

 

 

 

19【解】)由an-2(3-an1)n234….整理得 1an=-2(1)(1an-1)

1a1≠0,所以{1an}是首项为1a1,公比为-2(1)的等比数列,得an1(1a1)(2(1))n-1

)由()可知0an2(3),故bn0.那么,

bn+12bn2an+12(32an+1)an2(32an)(2(3-an))2(32(3-an))an2(32an)4(9an)(an1)2.

 

又由()知an0,且an≠1,故bn+12bn20,因此 bnbn+1,为正整数.

 

20【解】)由题设:an+1(1)(an2)(1)(an)(1)(2)

 

(1)(an)an+1(1)(an)

 

所以,数列{an}a是首项为2,公比为1)的等比数列,an(1)n

 

an的通项公式为an[(1)n1]n123….

 

)用数学归纳法证明.

 

)当n1时,因2b1a12,所以b1≤a1,结论成立.

)假设当nk时,结论成立,即bk≤a4k-3,,也即0bn≤a4k-3

nk1时,bk+12bk+3(3bk+4)2bk+3(2)2bk+3(2)0

2bk+3(1)2(1)+3(1)32

所以bk+12bk+3(2)(32)2(bk)≤(1)4(a4k-3)a4k+1

 

也就是说,当nk1时,结论成立.

 

根据()和()知bn≤a4n-3n123….

21【解】()设这二次函数f(x)ax2bx (a≠0) ,则 f`(x)2axb,由于f`(x)6x2

a3 b=-2,所以f(x)3x22x.

又因为点(nSn)(nN*)均在函数yf(x)的图像上,所以Sn3n22n

n≥2时,anSnSn1=(3n22n)-[3(n1)22(n1)]6n5

n1时,a1S13×1226×15,所以,an6n5nN*.

)由()得知bnanan+1(3)-5](3)2(1)(6n-5(1)6n+1(1))

TnSni=1bi2(1)[(17(1))(7(1)13(1))(6n-5(1)6n+1(1))]2(1)(1–6n+1(1)),

因此,要使2(1)(16n+1(1))<20(m)nN*)成立的m,必须且仅须满足2(1)20(m),即m≥10,所以满足要求的最小正整数m10.

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