2018-2019学年上海中学高二（下）期末数学试卷（含详细解答）

1、数列an定义为 a1cos，an+an+1nsin+cos，n1，则 S2n+1 10 （3 分）已知数列an是正项数列，Sn是数列an的前 n 项和，且满足 Sn（an+） ， 若 bn，Tn是数列bn的前 n 项和，则 T99 11 （3 分）若三角形三边成等比数列，则公比 q 的范围是 12 （3 分）数列an满足 a11，a22，a33，a44，a55，当 n5 时，an+1a1a2 an1，则是否存在不小于 2 的正整数 m，使 a1a2ama12+a22+am2成立？若存 在，则在横线处直接填写 m 的值；若不存在，就填写“不存在” 二、选择题（每题二、选择题（每题 3 分）分）

2、13 （3 分） 已知等差数列an的公差为 2， 前 n 项和为 Sn， 且 S10100， 则 a7的值为 （ ） A11 B12 C13 D14 14 （3 分）等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S3a2+10a1，a59，则 a1（ ） A B C D 15 （3 分） 设等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 Sm12， Sm0， Sm+13， 则 m （ ） A3 B4 C5 D6 16 （3 分）设 0，若 x1sin，xn+1（sin）（n1，2，3） ，则数列xn是 第 2 页（共 16 页） （ ） A递增数列 B递减数列 C奇数项递增，偶数项递减的数列 D偶数项递

3、增，奇数项递减的数列 三、解答题三、解答题 17 （8 分）等差数列an的前 n 项和为 Sn，S462，S675 设 bn|an|，求数列bn的 前 n 项和 Tn 18 （10 分）已知数列an的前 n 项和 Snn22n+1（nN*） （1）求an的通项公式； （2）若数列bn满足：an+1+log3nlog3bn（nN*） ，求bn的前 n 项和 Tn（结果需化简） 19 （10 分）某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不作广告宣 传且每件获利 a 元的前提下，可卖出 b 件若作广告宣传，广告费为 n 千元时比广告费 为（n1）千元时多卖出件， （nN*） （1）

4、试写出销售量 s 与 n 的函数关系式； （2）当 a10，b4000 时厂家应生产多少件这种产品，做几千元广告，才能获利最大？ 20 （10 分）设数列an的前 n 项和 Sn，已知 a11，an+1n，nN* （1）求数列an的通项公式； （2）是否对一切正整数 n，有？说明理由 21 （14 分）设集合 Sn（x1，x2，xn）|xi0，1（i1，2，n），其中 nN*， n2 （1）写出集合 S2中的所有元素； （2）设（a1，a2，an） ， （b1，b2，bn）Sn，证明： “a120+a221+an2n 1 b120+b221+bn2n 1“的充要条件是“a ibi（i1，2，n

5、） ” ； （3）设集合 S（x1，x2，xn，）|xi0，1（i1，2，n）设（a1，a2， an，） ， （b1，b2，bn，）S，使得 a1 （）1+a2 （）2+an （）n+A，且 b1 （）1+b2 （）2+bn （）n+B，试判断“AB”是“aibi（i1，2，） ” 的什么条件并说明理由 第 3 页（共 16 页） 2018-2019 学年上海中学高二（下）期末数学试卷学年上海中学高二（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（每题一、填空题（每题 3 分）分） 1 （3 分） 1 【分析】直接利用数列的极限的运算法则求解即可 【解答】解：101 故答

6、案为：1 【点评】本题考查数列的极限的运算法则的应用，是基本知识的考查 2 （3 分）已知等差数列 a13，an21，d2，则 n 10 【分析】直接把已知代入等差数列的通项公式求得 n 值 【解答】解：在等差数列an中，由 a13，an21，d2，得 213+2（n1） ，解得：n10 故答案为：10 【点评】本题考查等差数列的通项公式，是基础的计算题 3 （3 分）数列an中，已知 an4n132n+2，nN*，50 为第 4 项 【分析】令 an4n132n+250，可得： （2n16） （2n+3）0，解出 n 即可得出 【解答】解：令 an4n132n+250， 可得： （2n16）

7、 （2n+3）0， 2n16， 解得 n4 故答案为：4 【点评】本题考查了数列通项公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中 档题 4 （3 分）an为等比数列，若 a1+a2+a326，a4a152，则 an 23n 1 【分析】利用等差数列通项公式列方程组求出首项和公比，由此能求出通项公式 【解答】解：an为等比数列，a1+a2+a326，a4a152， 第 4 页（共 16 页） ， ， 解得 q3，a12， an23n 1 故答案为：23n 1 【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查 运算求解能力，是基础题 5 （3 分）用数学归纳法证明

8、（n+1） （n+2） （n+3）（n+n）2n135（2n1） （nN*） 时，从 nk 到 nk+1 时左边需增乘的代数式是 4k+2 【分析】从 nk 到 nk+1 时左边需增乘的代数式是，化简即可得 出 【解答】解：用数学归纳法证明（n+1） （n+2） （n+3）（n+n）2n135（2n1） （nN*）时， 从 nk 到 nk+1 时左边需增乘的代数式是2（2k+1） 故答案为：4k+2 【点评】本题考查了数学归纳法的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 6 （3 分） 数列an满足 a11，a23，an+1（2n）an（n1，2，） ， 则 a3等于 15 【分析】先由 a

9、11，a23，an+1（2n）an，可求出 ，然后由 n2 时，代入已知 递推公式即可求解 【解答】解：a11，a23，an+1（2n）an a2（2）a1即 3（2） 1，an+1（2n+1）an a35a215 故答案为：15 【点评】本题主要考查了利用递推公式求解数列的项，解题的关键是求出参数 7 （3 分）数列xn满足 xn+1xnxn1，n2，nN*，x1a，x2b，则 x2019 ba 【分析】本题可根据题中递推公式列出前面几项会发现数列xn是一个周期数列然后 第 5 页（共 16 页） 根据周期数列的性质特点可得出 x2019的值 【解答】解：由题中递推公式，可得： x1a， x

10、2b， x3x2x1ba， x4x3x2baba， x5x4x3a（ba）b， x6x5x4b（a）ab， x7x6x5ab（b）a， x8x7x6a（ab）b， x9x8x7ba， 数列xn是以 6 为最小正周期的周期数列 201963363 x2019x3ba 故答案为：ba 【点评】本题主要考查周期数列的判定及利用周期数列的性质特点求出任一项的值本 题属中档题 8 （3 分）数列an满足下列条件：a11，且对于任意正整数 n，恒有 a2nan+n，则 a 512 【分析】本题主要根据递推式不断的缩小，最后可得到结果，然后通过等比数列求和公 式可得结果 【解答】解：由题意，可知： aa25

11、6+256 a128+128+256 a64+64+128+256 a32+32+64+128+256 a16+16+32+64+128+256 第 6 页（共 16 页） a8+8+16+32+64+128+256 a4+4+8+16+32+64+128+256 a2+2+4+8+16+32+64+128+256 a1+1+2+4+8+16+32+64+128+256 1+1+2+4+8+16+32+64+128+256 1+1+2+4+8+16+32+64+128+256 2+21+22+23+28 2+2（1+2+22+27） 2+2 29 512 故答案为：512 【点评】本题主要考查

12、根据递推公式不断代入，以及等比数列的求前 n 项和公式本题 属基础题 9 （3 分）数列an定义为 a1cos，an+an+1nsin+cos，n1，则 S2n+1 （n+1）cos+ （n2+n）sin 【分析】由题意可得 S2n+1a1+（a2+a3）+（a4+a5）+（a2n+a2n+1） ，运用并项求和和 等差数列的求和公式，计算可得所求和 【解答】解：数列an定义为 a1cos，an+an+1nsin+cos，n1， 可得 S2n+1a1+ （a2+a3） + （a4+a5） + （a2n+a2n+1） cos+ （cos+2sin） + （cos+4sin） +（cos+2nsin

13、）（n+1）cos+（2+4+2n）sin （n+1）cos+n（2+2n）sin（n+1）cos+（n2+n）sin 故答案为： （n+1）cos+（n2+n）sin 【点评】本题考查数列的并项求和，以及等差数列的求和公式，考查化简运算能力，属 于基础题 10 （3 分）已知数列an是正项数列，Sn是数列an的前 n 项和，且满足 Sn（an+） ， 若 bn，Tn是数列bn的前 n 项和，则 T99 第 7 页（共 16 页） 【分析】 求得数列的前几项， 归纳 an， Sn， 求得 bn ，再由裂项相消求和，计算可得所求和 【解答】解：数列an是正项数列，Sn是数列an的前 n 项和，且

14、满足 Sn （an+） ， 可得 a1S1（a1+） ，可得 a11；a1+a2（a2+） ，解得 a21， 同样求得 a3，猜想 an，Sn， 代入 Sn（an+） ，成立， 则 bn， 即有 T991+1 故答案为： 【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用归纳法，考查数列的裂项相消求和， 以及化简运算能力，属于中档题 11 （3 分）若三角形三边成等比数列，则公比 q 的范围是 【分析】设三边：a、qa、q2a、q0 则由三边关系：两短边和大于第三边 a+bc，把 a、 qa、q2a、代入，分 q1 和 q1 两种情况分别求得 q 的范围，最后综合可得答案 【解答】解：设三边：a、

15、qa、q2a、q0 则由三边关系：两短边和大于第三边 a+bc， 即 （1）当 q1 时 a+qaq2a，等价于解二次不等式：q2q10，由于方程 q2q10 两根为：， 故得解：q且 q1， 即 1q （2） 当q1时， a为最大边， qa+q2aa即得q2+q10， 解之得q或q 且 q0 即 q 综合（1） （2） ，得：q 第 8 页（共 16 页） 故答案为： 【点评】本题主要考查了等比数列的性质属基础题 12 （3 分）数列an满足 a11，a22，a33，a44，a55，当 n5 时，an+1a1a2 an1，则是否存在不小于 2 的正整数 m，使 a1a2ama12+a22+a

16、m2成立？若存 在，则在横线处直接填写 m 的值；若不存在，就填写“不存在” 70 【分析】设 bma1a2ama12a22am2中，令 n5 代入数据计算即可求出 b5 由b5a1a2a5a12a22a52中构造出bm+1a1a2am+1a12a22 am+12，两式相减，并化简整理，可以判断出当 m5 时，数列bn的各项组成等差数 列利用等差数列通项公式求解即可 【解答】解：设 bma1a2ama12a22am2， 由已知，b5a1a2a5a12a22a52 12345（12+22+32+42+52） 12055 65 当 m5 时，由 am+1a1a2am1，移向得出 a1a2amam+

17、1+1 bma1a2ama12a22am2， bm+1a1a2am+1a12a22am+12 得bm+1bma1a2amam+1a1a2amam+12 a1a2am（am+11）am+12 （将式代入） （am+1+1） （am+11）am+12am+121am+12 1 当 n5 时，数列bn的各项组成等差数列， bmb5+（m5）（1）65（m5）70m 若 a1a2ama12+a22+am2成立， bm0，即 m70 故答案为：70 【点评】本题考查等差关系的判定、通项公式考查转化、变形构造、计算能力 二、选择题（每题二、选择题（每题 3 分）分） 13 （3 分） 已知等差数列an的公

18、差为 2， 前 n 项和为 Sn， 且 S10100， 则 a7的值为 （ ） 第 9 页（共 16 页） A11 B12 C13 D14 【分析】由 S10100 及公差为 2利用求和公式可得 a11再利用通项公式即可得出 【解答】解：由 S10100 及公差为 2 10a1+2100， 联立解得 a11 an2n1， 故 a713 故选：C 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属 于中档题 14 （3 分）等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S3a2+10a1，a59，则 a1（ ） A B C D 【分析】设等比数列an的公比为 q，利用已知和

19、等比数列的通项公式即可得到 ，解出即可 【解答】解：设等比数列an的公比为 q， S3a2+10a1，a59， ，解得 故选：C 【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键 15 （3 分） 设等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 Sm12， Sm0， Sm+13， 则 m （ ） A3 B4 C5 D6 【分析】由 an与 Sn的关系可求得 am+1与 am，进而得到公差 d，由前 n 项和公式及 Sm 0 可求得 a1，再由通项公式及 am2 可得 m 值 【解答】解：amSmSm12，am+1Sm+1Sm3， 所以公差 dam+1am1， 第 10 页（共 16 页） Sm0，

20、m10，m1，因此 m 不能为 0， 得 a12， 所以 am2+（m1） 12，解得 m5， 另解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，即有数列成等差数列， 则，成等差数列， 可得 2+， 即有 0+， 解得 m5 又一解：由等差数列的求和公式可得（m1） （a1+am1）2， m（a1+am）0，（m+1） （a1+am+1）3， 可得 a1am，2am+am+1+am+1+0， 解得 m5 故选：C 【点评】本题考查等差数列的通项公式、前 n 项和公式及通项 an与 Sn的关系，考查学生 的计算能力 16 （3 分）设 0，若 x1sin，xn+1（sin）（n1，2，3） ，则数列xn

21、是 （ ） A递增数列 B递减数列 C奇数项递增，偶数项递减的数列 D偶数项递增，奇数项递减的数列 【分析】根据题意，由三角函数的性质分析可得 0sin1，进而可得函数 y（sin） x 为减函数，结合函数与数列的关系分析可得答案 【解答】解：根据题意，0，则 0sin1， 指数函数 y（sin）x为减函数， 第 11 页（共 16 页） （sin）1（sin）sin（sin）01， 即， ， 即 0x1x3x4x21， ， 即 0x1x3x5x4x21， 0x1x3x5x7x8x6x4x21 数列xn是奇数项递增，偶数项递减的数列 故选：C 【点评】本题考查数列通项公式，涉及数列的函数特性，

22、属中档题 三、解答题三、解答题 17 （8 分）等差数列an的前 n 项和为 Sn，S462，S675 设 bn|an|，求数列bn的 前 n 项和 Tn 【分析】由已知条件利用等差数列前 n 项和公式求出公差和首项，由此能求出 an3n 23，且 a70，a80当 1n7 时，TnSn，当 n8 时，Tn 【解答】解：S462，S675， ， 解得 d3，a120，an3n23， 设从第 n+1 项开始大于零， 则， n7，即 a70，a80 当 1n7 时，TnSn， 第 12 页（共 16 页） 当 n8 时，Tn 综上有，Tn 【点评】本题考查数列的前 n 项和的求法，是中档题，解题时

23、要认真审题，注意等差数 列的性质的合理运用 18 （10 分）已知数列an的前 n 项和 Snn22n+1（nN*） （1）求an的通项公式； （2）若数列bn满足：an+1+log3nlog3bn（nN*） ，求bn的前 n 项和 Tn（结果需化简） 【分析】 （1）运用数列的递推式得 n1 时，a1S1，n2 时，anSnSn1，化简计算 可得所求通项公式； （2）求得 bnn32n 1，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算 可得所求和 【解答】解： （1）Snn22n+1，可得 a1S10， n2 时，anSnSn1n22n+1（n1）2+2（n1）12n3， 则 an

24、； （2）数列bn满足：an+1+log3nlog3bn（nN*） ， 可得 2n1+log3nlog3bn，即 bnn32n 1， 前 n 项和 Tn13+233+n32n 1， 9Tn133+234+n32n+1， 两式相减可得8Tn3+33+35+32n 1n32n+1 n32n+1， 化简可得 Tn 【点评】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及等比数列的 求和公式，考查运算能力，属于中档题 19 （10 分）某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不作广告宣 传且每件获利 a 元的前提下，可卖出 b 件若作广告宣传，广告费为 n 千元时比广告费

25、第 13 页（共 16 页） 为（n1）千元时多卖出件， （nN*） （1）试写出销售量 s 与 n 的函数关系式； （2）当 a10，b4000 时厂家应生产多少件这种产品，做几千元广告，才能获利最大？ 【分析】对于（1）中的函数关系，设广告费为 n 千元时的销量为 sn，则 sn1表示广告费 为（n1）元时的销量，由题意，snsn1，可知数列sn不成等差也不成等比数 列，但是两者的差构成等比数列，对于这类问题一般有以下两种方法求解：一、直接 列式：由题，sb+b（2） 解法二、利用累差叠加法：，累加结合等 比数列的求和公式可求 Sn （2） ）b4000 时，s4000（2） ，设获利为

26、Tn，则有 Tns101000n40000（2 ）1000n， 欲使 Tn最大， 根据数列的单调性可得， 代入结合 n 为正整数解不等式可求 n， 进而可求 S 的最大值 【解答】 （1）解法一、直接列式：由题，sb+b（2） （广告 费为 1 千元时， sb+； 2 千元时， sb+； n 千元时 sb+） 解法二、 （累差叠加法）设 s0表示广告费为 0 千元时的销售量， 由题：，相加得 SnS0+， 即 Snb+b（2） （2） b4000 时， s4000 （2） ， 设获利为 t， 则有 ts101000n40000 （2） 1000n 第 14 页（共 16 页） 欲使 Tn最大，

27、则，得，故 n5，此时 s7875 即该厂家应生产 7875 件产品，做 5 千元的广告，能使获利最大 【点评】本题主要考查了数列的叠加求解通项公式，利用数列的单调性求解数列的最大 （小）项，解题中要注意函数思想在解题中的应用 20 （10 分）设数列an的前 n 项和 Sn，已知 a11，an+1n，nN* （1）求数列an的通项公式； （2）是否对一切正整数 n，有？说明理由 【分析】 （1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求； （2） 对一切正整数n， 有 考虑当n3时， （） ，再由裂项相消求和，即可得证 【解答】解： （1）an+1n， 2Snnan+1n3n2

28、nnan+1， 当 n2 时，2Sn1（n1）an， 由，得 2Sn2Sn1nan+1（n1）ann（n+1） ， 2an2Sn2Sn1，2annan+1（n1）ann（n+1） ， 1，数列是以首项为 1，公差为 1 的等差数列 1+1（n1）n，ann2（n2） ， 当 n1 时，上式显然成立ann2，nN* （2）对一切正整数 n，有 证明：当 n3 时，（） ， 可得+1+（+） +（+）（+） ， 由（+）（）0， 第 15 页（共 16 页） 可得（+）， 即有（+）， 则当 n3 时，不等式成立； 检验 n1，2 时，不等式也成立， 综上可得对一切正整数 n，有 【点评】本题考查

29、数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是 关键 21 （14 分）设集合 Sn（x1，x2，xn）|xi0，1（i1，2，n），其中 nN*， n2 （1）写出集合 S2中的所有元素； （2）设（a1，a2，an） ， （b1，b2，bn）Sn，证明： “a120+a221+an2n 1 b120+b221+bn2n 1“的充要条件是“a ibi（i1，2，n） ” ； （3）设集合 S（x1，x2，xn，）|xi0，1（i1，2，n）设（a1，a2， an，） ， （b1，b2，bn，）S，使得 a1 （）1+a2 （）2+an （）n+A，且 b1 （）1+b2 （）2

30、+bn （）n+B，试判断“AB”是“aibi（i1，2，） ” 的什么条件并说明理由 【分析】 （1）由题意求得 S2中； （2）分别从充分性及必要性出发，分别证明即可，在证明必要性时，注意分类讨论； （3）将原始的式子同乘以 2n，然后利用（2）即可求得答案 【解答】解： （1）S2中的元素有（0，0） （0，1） （1，0） （1，1） （2） 充分性， 当 aibi（i1， 2， ， n） ， 显然 a120+a221+an2n 1b 120+b221+ +bn2n 1 成立， 必要性，因为 a120+a221+an2n 1b 120+21+bn2n 1， 所以（a1b1） 20+（a

31、2b2） 21+（anbn） 2n 10， 因为（a1，a2，an） ， （b1，b2，bn）Sn，所以 anbn1，0，1， 若 anbn1，则（a1b1） 20+（a2b2） 21+（anbn） 2n 120+21+2n12n 10， 当 anbn1，则（a1b1） 20+（a2b2） 21+（anbn） 2n 1（20+21+2n1） 第 16 页（共 16 页） （2n1）0， 若 anbn的值有 m 个 1 和 n 个1，不妨设 2 的次数最高次为 r 次，其系数为 1，则 2r 2r12r 112r 2r（2r1）10， 说明只要最高次的系数是正的，整个式子就是正的，同理只要最高次

32、的系数是负的，整 个式子就是负的， 说明最高次的系数只能为，就是 anbn0，即 aibi， 综上可知： “a120+a221+an2n 1b 120+b221+bn2n 1“的充要条件是“a ibi （i1，2，n） ” ； （3）由 a1 （） 1+a2 （ ） 2+an （ ） n+A，等价于 a12n1+a22n2+an20+ 2n A， b1 （）1+b2 （）2+bn （）n+B，等价于 b12n 1+b 22n 2+b n20+2n B， 由（2）得“2nA2nB“的充要条件是“aibi（i1，2，n） ” ； 即“AB”是“aibi（i1，2，n） ”充要条件 【点评】本题考查数列的综合应用，考查重要条件的证明，考查逻辑推理能力，考查分 类讨论思想，属于难题