高考文科数学复习：阶段检测卷三答案

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阶段检测三 数列、不等式 一、选择题 ‎1.C　a4=a3+2=10,a5=2a4=20.‎ ‎2.A　根据等差数列的性质,知S5=5a3,∴a3=S‎5‎‎5‎=‎32‎‎5‎.‎ ‎3.C　解法一:由已知得‎1‎a+‎2‎b=b+2aab=ab,且a>0,b>0,∴abab=b+2a≥2‎2‎ab,∴ab≥2‎2‎.‎ 解法二:由题设易知a>0,b>0,∴ab=‎1‎a+‎2‎b≥2‎2‎ab,则ab≥2‎2‎.选C.‎ ‎4.C　由题意,得2a5a6=18,a5a6=9,∴a1am=a5a6=9,∴m=5+6-1=10,故选C.‎ ‎5.B　根据等差数列的性质得到等差数列的第1,4,7项的和,第2,5,8项的和与第3,6,9项的和成等差数列,所以a3+a6+a9=66-39=27,故选B.‎ ‎6.C　二元一次不等式组所表示的平面区域如图中的阴影部分所示,观察可知当直线z=x-2y过点C‎1‎‎4‎‎,-‎‎1‎‎4‎时,z取得最大值,最大值为‎3‎‎4‎.故选C.‎ ‎7.C　由题意知,am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,所以公差d=am+1-am=1,由等差数列的前n项和公式知,Sm=m(a‎1‎+am)‎‎2‎=0,解得a1=-2,所以am=-2+(m-1)×1=2,解得m=5.‎ ‎8.C　设f(x)=x2-6x+a,其图象如图所示.‎ 关于x的一元二次不等式x2-6x+a≤0的解集中有且仅有3个整数,则f(2)≤0,‎f(1)>0,‎即f(2)=4-12+a≤0,‎f(1)=1-6+a>0,‎解得50,∴an+1=4an,∴数列{an}是以2为首项,4为公比的等比数列,∴an=2×4n-1=22n-1.故选A.‎ ‎10.C　依题意得a≥x‎1+‎x‎2‎恒成立.因为‎1+‎x‎2‎x=x+‎1‎x≥2x·‎‎1‎x=2,当且仅当x=‎1‎x,即x=1时取等号,所以‎1+‎x‎2‎x的最小值为2,所以x‎1+‎x‎2‎的最大值是‎1‎‎2‎,所以a≥‎1‎‎2‎,故a的最小值是‎1‎‎2‎,故选C.‎ ‎11.A　根据约束条件画出可行域,如图阴影部分所示,z=x2+y2表示圆心在坐标原点的圆.当此圆与直线x+y=1相切时,z=x2+y2最小,此时原点到直线x+y=1,即x+y-1=0的距离的平方为‎1‎‎2‎,当此圆过点A‎5‎‎2‎‎,‎‎9‎‎4‎时,z=x2+y2最大,为‎5‎‎2‎‎2‎+‎9‎‎4‎‎2‎=‎181‎‎16‎,所以‎1‎‎2‎≤z≤‎181‎‎16‎,即z的取值范围是‎1‎‎2‎‎,‎‎181‎‎16‎.‎ ‎12.A　设{bn}的公差为d,∵b3=-2,b10=12,‎ ‎∴7d=b10-b3=12-(-2)=14,∴d=2,‎ ‎∴b1=b3-2d=-2-4=-6,‎ ‎∴b1+b2+…+b7=7b1+‎7×6‎‎2‎d=7×(-6)+21×2=0.‎ 又∵b1+b2+…+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a8-a7)=a8-a1=a8-3,∴a8-3=0,a8=3.‎ 二、填空题 ‎13.答案　[-4,2]‎ 解析　不等式f(x)≥-1等价于x≤0,‎‎1‎‎2‎x+1≥-1‎或x>0,‎‎-(x-1‎)‎‎2‎≥-1,‎解得-4≤x≤0或00,∴3Sn+an+1>0,∴Sn=an+1,‎ ‎∴Sn+1=an+2,∴an+1=an+2-an+1,‎ ‎∴an+2=2an+1,‎ ‎∴{an}从第二项开始构成以2为公比的等比数列,∵a1=S1=2,‎ ‎∴3×22-4a2=a‎2‎‎2‎,解得a2=2(a2=-6舍去),‎ ‎∴n≥2时,an=2·2n-2=2n-1,‎ ‎∴an=‎‎2,　n=1,‎‎2‎n-1‎‎,n≥2.‎ ‎15.答案　-6‎ 解析　依题意知k<0且不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.‎ 易得,B‎-k‎3‎,-‎k‎3‎.当目标函数线z=x+3y过点B时,z取得最大值,zmax=-k‎3‎+3×‎-‎k‎3‎=-‎4k‎3‎=8,解得k=-6.‎ ‎16.答案　5-2‎‎6‎ 解析　在数列{an}中,因为Sn+1+Sn=‎1‎an+1‎,所以Sn+1+Sn=‎1‎Sn+1‎‎-‎Sn,所以Sn+1‎‎2‎-Sn‎2‎=1,所以数列{Sn‎2‎}是以1为公差的等差数列,因为a1=1,所以S‎1‎‎2‎=1,所以Sn‎2‎=1+(n-1)×1=n,又Sn>0,所以Sn=n,所以a25=S25-S24 =‎25‎-‎24‎=5-2‎6‎.‎ 三、解答题 ‎17.解析　(1)当n=1时,由(1-q)S1+qa1=1,得a1=1.‎ 当n≥2时,由(1-q)Sn+qan=1,‎ 得(1-q)Sn-1+qan-1=1,‎ 两式相减得an=qan-1,‎ 又q(q-1)≠0,所以{an}是以1为首项、q为公比的等比数列,故an=qn-1.‎ ‎(2)证明:由(1)可知Sn=‎1-anq‎1-q,又由题意知S3+S6=2S9,‎ 所以‎1-a‎3‎q‎1-q+‎1-a‎6‎q‎1-q=‎2(1-a‎9‎q)‎‎1-q,‎ 化简得a3+a6=2a9,两边同除以q得a2+a5=2a8,‎ 故a2,a8,a5成等差数列.‎ ‎18.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则依题意有(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d).‎ ‎∵a1=1,∴d=1或d=0(舍去),‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=n.‎ ‎(2)由(1)得Sn=n(n+1)‎‎2‎,‎ ‎∴bn=‎2‎n(n+1)‎=2‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎,‎ ‎∴Tn=2‎1-‎‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎4‎+…+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎ ‎=2‎1-‎‎1‎n+1‎=‎2nn+1‎.‎ ‎19.解析　(1)设{an}的公差为d,则4a1+6d=2(a1+4d),a1(a1+d)=a1+3d,解得a1=2,d=2.则an=2n.易知bn=2n.‎ ‎(2)由(1)知cn=anbn‎2‎=n×2n,‎ 则Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,‎ ‎2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,‎ 两式相减得-Tn=1×21+1×22+1×23+…+1×2n-n×2n+1,‎ 整理得Tn=(n-1)×2n+1+2.‎ ‎20.解析　(1)设等比数列的公比为q,则q2=‎2‎‎4‎‎2‎‎2‎=22,又由题意知q>0,故q=2,从而an=‎2‎‎2nq=22n-1,即数列{an}的通项公式为an=22n-1.‎ ‎(2)由(1)知a1=2,数列{an}是以22为公比的等比数列,‎ 故Sn=‎2[1-(‎2‎‎2‎‎)‎n]‎‎1-‎‎2‎‎2‎=‎2‎‎3‎(22n-1).‎ 因此不等式Sk≥30(2k+1)可化为‎2‎‎3‎(22k-1)≥30(2k+1),‎ 即‎2‎‎3‎(2k-1)(2k+1)≥30(2k+1),‎ 因为2k+1>0,所以2k≥46,即k≥log246.‎ 又5

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