2015-2016年上海中学高一(下)期末数学试卷(解析版)

2015-2016学年上海中学高一（下）期末数学试卷
一、填空题
1．（3分）arcsin（﹣）+arccos（﹣）+arctan（﹣）＝．
2．（3分）＝．
3．（3分）若数列{a n}为等差数列．且满足a2+a4+a7+a11＝44，则a3+a5+a10＝．4．（3分）设数列{a n}满足：a1＝，a n+1＝（n≥1），则a2016＝．
5．（3分）已知数列{a n}满足：a n＝n•3n（n∈N*），则此数列前n项和为S n＝．6．（3分）已知数列{a n}满足：a1＝3，a n+1＝9•（n≥1），则a n＝．
7．（3分）等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，若＝，则＝．8．（3分）等比数列{a n}，a1＝3﹣5，前8项的几何平均为9，则a3＝．
9．（3分）定义在R上的函数f（x）＝，S n＝f（）+f（）+…+f（），n＝2，3，…，则S n＝．
10．（3分）设x1，x2是方程x2﹣x sin+cos＝0的两个根，则arctan x1+arctan x2的值为．
11．（3分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a n＝，则S2016＝．
12．（3分）设正数数列{a n}的前n项和为b n，数列{b n}的前n项之积为c n，且b n+c n＝1，则数列{}的前n项和S n中大于2016的最小项为第项．
二、选择题.
13．（3分）用数学归纳法证明（n+1）（n+2）…（n+n）＝2n•1•3…（2n﹣1），从k到k+1，左边需要增乘的代数式为（）
A．2k+1B．2（2k+1）C．D．
14．（3分）一个三角形的三边成等比数列，则公比q的范围是（）
A．q＞B．q＜
C．＜q＜D．q＜或q＞
15．（3分）等差数列{a n}中，a5＜0，且a6＞0，且a6＞|a5|，S n是其前n项和，则下列判断正确的是（）
A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6，…均大于0
B．S1，S2，…，S5均小于0，S6，S7，…均大于0
C．S1，S2，…S9均小于0，S10，S11，…均大于0
D．S1，S2，…，S11均小于0，S12，S13，…均大于0
16．（3分）若数列{a n}的通项公式是a n＝，n＝1，2，…，则（a 1+a2+…+a n）等于（）
A．B．C．D．
17．（3分）已知＝1，那么（sinθ+2）2（cosθ+1）的值为（）A．9B．8C．12D．不确定
18．（3分）已知f（n）＝（2n+7）•3n+9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f（n），则最大的m的值为（）
A．30B．26C．36D．6
三、解答题.
19．用数学归纳法证明：12+22+32+…+（n﹣1）2+n2+（n﹣1）2+…+32+22+12＝n（2n2+1）20．已知数列{a n}满足a1＝1，其前n项和是S n对任意正整数n，S n＝n2a n，求此数列的通项公式．
21．已知方程cos2x+sin2x＝k+1．
（1）k为何值时，方程在区间[0，]内有两个相异的解α，β；
（2）当方程在区间[0，]内有两个相异的解α，β时，求α+β的值．
22．设数列{a n}满足a1＝2，a2＝6，a n+2＝2a n+1﹣a n+2（n∈N*）．
（1）证明：数列{a n+1﹣a n}是等差数列；
（2）求：++…+．
23．数列{a n}，{b n}满足，且a1＝2，b1＝4．
（1）证明：{a n+1﹣2a n}为等比数列；
（2）求{a n}，{b n}的通项．
24．已知数列{a n}是等比数列，且a2＝4，a5＝32，数列{b n}满足：对于任意n∈N*，有a1b1+a2b2+…+a n b n＝（n﹣1）•2n+1+2．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）若数列{d n}满足：d1＝6，d n•d n+1＝6a•（﹣）（a＞0），设T n＝d1d2d3…d n（n∈N*），当且仅当n＝8时，T n取得最大值，求a的取值范围．
2015-2016学年上海中学高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题
1．（3分）arcsin（﹣）+arccos（﹣）+arctan（﹣）＝．
【解答】解：arcsin（﹣）+arccos（﹣）+arctan（﹣）＝﹣arcsin（）+π﹣arccos ﹣arctan
＝﹣+（π﹣）﹣＝，
故答案为：．
2．（3分）＝5．
【解答】解：＝＝
＝＝5．
故答案为：5．
3．（3分）若数列{a n}为等差数列．且满足a2+a4+a7+a11＝44，则a3+a5+a10＝33．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，
∵a2+a4+a7+a11＝44＝4a1+20d，
∴a1+5d＝11．
则a3+a5+a10＝3a1+15d＝3（a1+5d）＝33．
故答案为：33．
4．（3分）设数列{a n}满足：a1＝，a n+1＝（n≥1），则a2016＝﹣．
【解答】解：依题意，a1＝，a2＝＝＝3，
a3＝＝＝﹣2，
a4＝＝＝，
a5＝＝＝，
∴数列{a n}是以4为周期的周期数列，
又∵2016＝504×4，
∴a2016＝a4＝﹣，
故答案为：﹣．
5．（3分）已知数列{a n}满足：a n＝n•3n（n∈N*），则此数列前n项和为S n＝•3n+1+
．
【解答】解：∵a n＝n•3n，
则此数列的前n项和S n＝3+2×32+3×33+…+n•3n，
∴3S n＝32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，
∴﹣2S n＝3+32+33+…+3n﹣n•3n+1＝﹣n•3n+1＝（﹣n）3n+1﹣，
∴S n＝•3n+1+．
故答案为：•3n+1+．
6．（3分）已知数列{a n}满足：a1＝3，a n+1＝9•（n≥1），则a n＝27．
【解答】解：由a n+1＝9•（n≥1），得，
即，令b n＝lga n，
则，∴，
则数列{b n﹣3lg3}是以b1﹣3lg3＝lga1﹣3lg3＝﹣2lg3为首项，以为公比的等比数列，∴，即，
∴，
则a n＝＝103lg3＝10lg27＝27．
故答案为：27．
7．（3分）等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，若＝，则＝．【解答】解：∵{a n}，{b n}为等差数列，且其前n项和满足若＝，
∴设S n＝kn×2n，T n＝kn（3n+1）（k≠0），则
当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝4kn﹣2k；
当n≥2时，b n＝T n﹣T n﹣1＝6kn﹣2k．
∴＝＝，
故答案为：．
8．（3分）等比数列{a n}，a1＝3﹣5，前8项的几何平均为9，则a3＝．
【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，由题意，，
即，∴，得，
∵a1＝3﹣5，∴，则q＝9，
∴．
故答案为：．
9．（3分）定义在R上的函数f（x）＝，S n＝f（）+f（）+…+f（），n＝2，3，…，则S n＝2n﹣2．
【解答】解：∵f（x）＝，
∴f（1﹣x）＝＝＝，
∴f（x）+f（1﹣x）＝4，
∴S n＝f（）+f（）+…+f（）
＝4×＝2n﹣2．
故答案为：2n﹣2．
10．（3分）设x1，x2是方程x2﹣x sin+cos＝0的两个根，则arctan x1+arctan x2的值
为．
【解答】解：由x1、x2是方程x2﹣x sin+cos＝0的两根，
可得x1+x2 ＝sin，x1•x2＝cos，
故x1、x2均大于零，故arctan x1+arctan x2∈（0，π），
且tan（arctan x1+arctan x2）＝＝＝cotπ＝tan（﹣π），
∴arctan x1+arctan x2＝．
故答案为：．
11．（3分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a n＝，
则S2016＝．
【解答】解：a n＝＝
＝（﹣）．
∴S2016＝（1﹣）+（﹣）+（﹣）
+…+（﹣）
＝（1﹣+﹣+﹣+…+﹣
）
＝（1﹣）
＝[1﹣（）]
＝
＝．
故答案为：．
12．（3分）设正数数列{a n}的前n项和为b n，数列{b n}的前n项之积为c n，且b n+c n＝1，则数列{}的前n项和S n中大于2016的最小项为第63项．
【解答】解：由题意可得：a1+a2+…+a n+a1•（a1+a2）•…•（a1+a2+…+a n）＝1，
n＝1时，a1+a1＝1，解得a1＝．
n＝2时，a1+a2+a1•（a1+a2）＝1，解得a2＝．
…，猜想：a n＝．
验证：a1+a2+…+a n＝++…+＝＝．
∴a1•（a1+a2）•…•（a1+a2+…+a n）＝××…×＝．
∴a1+a2+…+a n+a1•（a1+a2）•…•（a1+a2+…+a n）＝+＝1．
∴n＜＝＜n+1，
∴＜S n＜，
∴2016＜S63＜2080，
∴数列{}的前n项和S n中大于2016的最小项为第63项．
故答案为：63．
二、选择题.
13．（3分）用数学归纳法证明（n+1）（n+2）…（n+n）＝2n•1•3…（2n﹣1），从k到k+1，左边需要增乘的代数式为（）
A．2k+1B．2（2k+1）C．D．
【解答】解：当n＝k时，左端＝（k+1）（k+2）（k+3）…（2k），
当n＝k+1时，左端＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2），
故选：B．
14．（3分）一个三角形的三边成等比数列，则公比q的范围是（）
A．q＞B．q＜
C．＜q＜D．q＜或q＞
【解答】解：设三边分别为：，a，aq，（a，q＞0）．
则q≥1时，+a＞aq，解得：．
0＜q＜1时，＜a+aq，解得：＜q＜1．
综上可得：公比q的范围是．
故选：C．
15．（3分）等差数列{a n}中，a5＜0，且a6＞0，且a6＞|a5|，S n是其前n项和，则下列判断正确的是（）
A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6，…均大于0
B．S1，S2，…，S5均小于0，S6，S7，…均大于0
C．S1，S2，…S9均小于0，S10，S11，…均大于0
D．S1，S2，…，S11均小于0，S12，S13，…均大于0
【解答】解：∵a5＜0，a6＞0且a6＞|a5|
∴d＝a6﹣a5＞0
∴数列的前5项都为负数
∵a5+a6＞0，2a5＜0，2a6＞0
由等差数列的性质及求和公式可得，S9＝＝9a5＜0
S10＝5（a1+a10）＝5（a5+a6）＞0
由公差d＞0可知，S1，S2，S3…S9均小于0，S10，S11…都大于0．
故选：C．
16．（3分）若数列{a n}的通项公式是a n＝，n＝1，2，…，则（a 1+a2+…+a n）等于（）
A．B．C．D．
【解答】解：a n＝
即a n＝
∴a1+a2+…+a n＝（2﹣1+2﹣3+2﹣5+）+（3﹣2+3﹣4+3﹣6+）．
∴（a 1+a2+…+a n）＝+＝．，
故选：C．
17．（3分）已知＝1，那么（sinθ+2）2（cosθ+1）的值为（）A．9B．8C．12D．不确定
【解答】解：将＝1，变形得：sinθ+1＝cot2016θ+2，
整理得sinθ＝1+cot2016θ≤1，
即cot2016θ≤0，
又∵cot2016θ≥0
所以cot2016θ＝0，
所以cosθ＝0，sinθ＝1，
所以（sinθ+2）2（cosθ+1）＝（1+2）2＝9；
故选：A．
18．（3分）已知f（n）＝（2n+7）•3n+9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f（n），则最大的m的值为（）
A．30B．26C．36D．6
【解答】解：由f（n）＝（2n+7）•3n+9，得f（1）＝36，f（2）＝3×36，f（3）＝10×36，f（4）＝34×36，由此猜想m＝36．
下面用数学归纳法证明：
（1）当n＝1时，显然成立．
（2）假设n＝k时，f（k）能被36整除，即f（k）＝（2k+7）•3k+9能被36整除；
当n ＝k +1时，
[2（k +1）+7]•3
k +1+9 ＝3[（2k +7）•3k
+9]﹣18+2×3k +1 ＝3[（2k +7）•3k +9]+18（3
k ﹣1﹣1）， ∵3k ﹣1﹣1是2的倍数，
∴18（3k ﹣1﹣1）能被36整除，
∴当n ＝k +1时，f （n ）也能被36整除．
由（1）（2）可知对一切正整数n 都有f （n ）＝（2n +7）•3n +9能被36整除，m 的最大值为
36．
三、解答题.
19．用数学归纳法证明：12+22+32+…+（n ﹣1）2+n 2+（n ﹣1）2+…+32+22+12＝n （2n 2+1）
【解答】证明：利用数学归纳法证明：
（1）当n ＝1时，左边＝1＝右边，此时等式成立；
（2）假设当n ＝k ∈N *时，12+22+32+…+（k ﹣1）2+k 2+（k ﹣1）2+…+32+22+12 ＝k （2k 2+1）（k ∈N *）成立．
则当n ＝k +1时，左边＝12+22+32+…+k 2+（k +1）2+k 2+…+22+12 ＝k （2k 2+1）+（k +1）2+k 2＝（k +1）[2（k +1）2+1]＝右边，
∴当n ＝k +1时，等式成立．
根据（1）和（2），可知对n ∈N *等式成立．
20．已知数列{a n }满足a 1＝1，其前n 项和是S n 对任意正整数n ，S n ＝n 2a n ，求此数列的通
项公式．
【解答】解：∵S n ＝n 2a n ，∴n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝n 2a n ﹣（n ﹣1）2a n ﹣1，化为：＝
．
∴a n ＝••…••a 1＝••…•××1 ＝，n ＝1时也成立．
∴a n＝．
21．已知方程cos2x+sin2x＝k+1．
（1）k为何值时，方程在区间[0，]内有两个相异的解α，β；
（2）当方程在区间[0，]内有两个相异的解α，β时，求α+β的值．【解答】解：（1）令f（x）＝cos2x+sin2x＝2sin（2x+），
作出f（x）在[0，]上的函数图象如图所示：
由图象可知当1≤k+1＜2即0≤k＜1时，f（x）＝k+1有两个相异的解．
（2）令2x+＝+kπ，解得x＝+，
∴f（x）在[0，上的对称轴为x＝，
∴α+β＝．
22．设数列{a n}满足a1＝2，a2＝6，a n+2＝2a n+1﹣a n+2（n∈N*）．（1）证明：数列{a n+1﹣a n}是等差数列；
（2）求：++…+．
【解答】（1）证明：∵a n+2＝2a n+1﹣a n+2，
∴（a n+2﹣a n+1）﹣（a n+1﹣a n）＝2，a2﹣a1＝4，
∴数列{a n+1﹣a n}是等差数列，首项为4，公差为2．
（2）解：由（1）可得：a n+1﹣a n＝4+2（n﹣1）＝2n+2．
∴a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1
＝2n+2（n﹣1）+…+2×2+2＝＝n2+n．
∴＝＝．
∴++…+＝++…+
＝1﹣
＝．
23．数列{a n}，{b n}满足，且a1＝2，b1＝4．
（1）证明：{a n+1﹣2a n}为等比数列；
（2）求{a n}，{b n}的通项．
【解答】（1）证明：由a n+1＝﹣a n﹣2b n，可得：b n＝，
∴b n+1＝﹣，代入b n+1＝6a n+6b n，
可得：﹣＝6a n+6×（），
化为：a n+2﹣2a n+1＝3（a n+1﹣2a n）．
a2＝﹣2﹣2×4＝﹣10，a2﹣2a1＝﹣14，
∴{a n+1﹣2a n}为等比数列，首项为﹣14，公比为3．
（2）解：由（1）可得：a n+1﹣2a n＝﹣14×3n﹣1．
化为：a n+1+14×3n＝2，
∴数列是等比数列，首项为16，公比为2．
∴a n+14×3n﹣1＝16×2n﹣1，
可得a n＝2n+3﹣14×3n﹣1．
∴b n＝﹣＝28×3n﹣1﹣3×2n+2．
24．已知数列{a n}是等比数列，且a2＝4，a5＝32，数列{b n}满足：对于任意n∈N*，有a1b1+a2b2+…+a n b n＝（n﹣1）•2n+1+2．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）若数列{d n}满足：d1＝6，d n•d n+1＝6a•（﹣）（a＞0），设T n＝d1d2d3…d n（n∈N*），当且仅当n＝8时，T n取得最大值，求a的取值范围．
【解答】解：（1）∵a2＝4，a5＝32，
由等比数列性质可知：a5＝a2•q3＝32，
∴q3＝8，q＝2，
∴a1＝2，
∴由等比数列通项公式可知：a n＝2×2n﹣1＝2n，
数列{a n}的通项公式a n＝2n；
（2）∵a1b1+a2b2+…+a n b n＝（n﹣1）•2n+1+2，
∴当n≥2时，a1b1+a2b2+…+a n﹣1b n﹣1＝（n﹣2）•2n+2，
两式相减得：a n b n＝（n﹣1）•2n+1+2﹣[（n﹣2）•2n+2]＝n•2n，即b n＝＝n（n≥2），
又∵a1b1＝2，即b1＝1满足上式，
∴b n＝n；
令∁n＝d n•d n+1＝6a•（﹣）n（a＞0），T n＝d1d2d3…d n＝，
由当且仅当n＝8时，T n取得最大值，
∴|T2|＜|T4|＜|T6|＜|T8|＞|T10|＞…，|T1|＜|T3|＜|T5|＜|T7|＞…＞|T11|＞…．
当n≤7时，|∁n|＞1，当n≥8时，|∁n|＜1，
∴6a＞27，即a＞，6a＜28，即a＜，
∴a的取值范围（，）．。