2018届高三数学一轮复习 阶段检测卷三 文
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2018届高三数学一轮复习 阶段检测卷三 文
阶段检测三 数列、不等式
(时间:120分钟 总分：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.在数列{an｝中,a3=8，an+1=则
a5等于（ )
A。12 B.14 C.20 D。22
2.设等差数列{an｝的前n项和为Sn,若S5=32,则a3=（ ) A. B.2 C.4
D.
3.若实数a，b满足+=，则ab的最小值
为（ ) A.
B.2 C。2
D.4
4.公比不为1的等比数列{an｝满足
a5a6+a4a7=18，若a1am=9，则m的值为（ ）
A.8 B。9 C.10 D.11
5.在等差数列{an｝中，已知a1+a4+a7=39，a2+a5+a8=33，则a3+a6+a9=（ ） A。30 B.27 C.24 D。21 1 2 3
6。若实数x,y满足则z=x—2y
的最大值是( ） A.-3 B。 C。 D。—
7。设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm—1=—2，Sm=0,Sm+1=3,则m=( ) A.3 B.4 C。5 D.6
8.已知a∈Z,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,则所有符合条件的a的值之和是（ )
A。13 B。18 C.21 D。26 9.若正项数列｛an}满足a1=2,
-3an+1an—
4=0,则数列｛an}的通项公式为( ） A。a2n—1
n
n=2
B。an=2
C。a2n+1
n=2
D。
a2n—3
n=2
10。若对任意正数x，不等式≤恒成立,
则实数a的最小值为( ） A.1 B。
C。 D。
11。设x，y满足约束条件
若
z=x2
+y2
,则z的取值范围是（ ）
A。
B. C. D。
12.数列{an｝的首项为3，{bn｝为等差数列
且b*
n=an+1-an(n∈N),若b3=-2，b10=12，则a8=（ )
A。3 B.5 C。8 D.11
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二、填空题（本大题共4小题,每小题5分，共20分。请把正确答案填在题中的横线上）
13。已知函数f(x)=则不等式
f（x）≥—1的解集是 。
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14.已知各项均为正数的数列｛an}的前n项和为Sn,若S1=2，3-2an+1Sn=，则
an= .
15.已知点P（x,y)满足条件若
z=x+3y的最大值为8，则实数k= .
16.若数列{an｝的各项均为正数,前n项和为Sn，且a1=1，Sn+1+Sn=(n∈N*
)，则
a25= .
三、解答题（本大题共6小题,共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17。(本小题满分10分）设数列｛an}的前n项和为Sn,满足(1-q)Sn+qan=1,且q(q-1）≠0。
(1）求{an｝的通项公式；
（2）若S3，S9,S6成等差数列,求证:a2，a8，a5成等差数列.
18。(本小题满分12分）在公差不为零的等差数列{an｝中,a1=1，a2,a4，a8成等比数列。 (1）求数列{an｝的通项公式;
(2)若数列{an｝的前n项和为Sn,数列{bn｝满足bn=，求{bn｝的前n项和Tn.
19.(本小题满分12分)已知各项均不为0的等差数列{an｝的前n项和为Sn,满足
S4=2a5,a1a2=a4,数列{bn}满足bn+1=2bn，b1=2。 （1）求数列｛an},{bn}的通项公式； （2）设cn=,求数列｛cn｝的前n项和
Tn。
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20。(本小题满分12分）设数列{an｝的各项
均为正数,且a242n
1，2,a2，2,…，an，2,…成等比数列.
(1)求数列{an｝的通项公式；
（2)记Sn为数列｛an}的前n项和。若
Sk
k≥30(2+1）,求正整数k的最小值.
21。（本小题满分12分）已知数列{an}的前
n项和为S,且满足a*
nn=2-3Sn(n∈N)。 (1)求数列{an｝的通项公式;
(2)设bn=log2an,求数列｛an+bn｝的前n项和Tn.
22.（本小题满分12分)已知等差数列{an｝的公差为d,首项a1=3,前n项和为Sn。令cn=
（—1)nS*
n(n∈N）,｛cn｝的前20项和
T=330。数列{b满足bn-2n-20n}n=2(a-2）·d+2
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,a∈R。
(1)求数列{an}的通项公式；
（2）若b*
n+1≤bn，n∈N，求a的取值范围.
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==.
3.C 解法一：由已知得+==，且
a>0，b〉0，∴ab
=b+2a≥2
,∴ab≥2
.
解法二:由题设易知a>0，
b>0,∴=+≥2，则ab≥2.选C.
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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C时,z取得最大值，最
大值为。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==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
即
解得5 -3an+1an—4=（an+1— 4an）·(an+1+an)=0，又an+1+an>0， ∴an+1=4an，∴数列｛an}是以2为首项，4为公比的等比数列,∴an-1 n=2×4=2 2n-1 .故选A。 10。C 依题意得a≥ 恒成立.因为 =x+≥2 =2,当且仅当x=,即x=1 时取等号，所以的最小值为2，所以 的最大值是，所以a≥,故a的最小值是，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，当此圆过点A时,z=x2+y2 最 5 2018届高三数学一轮复习 阶段检测卷三 文 大，为 + = ,所以≤z≤ ，即z的 取值范围是 . 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+d=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 或解得- 4≤x≤0或0〈x≤2,故不等式f(x)≥-1的解集是[-4，2］. 14.答案 解析 解法一：由题可得3-2（Sn+1-Sn)·Sn= ,整理得 =4，因为 数列的各项均为正数， 所以Sn+1=2Sn,又S1=2, 所以{Sn｝是以2为首项,2为公比的等比数列，得Sn n=2, 所以an—1 n=Sn—Sn-1=2（n≥2)，又a1=2不符合 上式, 故an= 解法二：∵3—2an+1Sn=， ∴3-2an+1Sn-=0, ∴(3Sn+an+1）（Sn—an+1)=0。 又∵an>0,∴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=，解得a2=2（a2=-6舍去)， ∴n≥2时,an=2·2n-2 =2n-1 ， ∴an= 15.答案 —6 6 2018届高三数学一轮复习 阶段检测卷三 文 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。当目标函数线z=x+3y 过点B时,z取得最大值,zmax=-+3×=-=8，解得k=-6。 16。答案 5—2 解析 在数列{an｝中，因为Sn+1+Sn= , 所以Sn+1+Sn= ，所以 -=1，所 以数列｛｝是以1为公差的等差数列，因 为a1=1,所以=1,所以=1+（n-1）×1=n,又Sn>0，所以Sn= ,所以a25=S25—S24 =—=5-2 。 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-1 n=q. （2）证明：由(1)可知Sn= ，又由题意 知S3+S6=2S9, 所以 + = , 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（a2 1+3d)=(a1+d)(a1+7d）。 ∵a1=1,∴d=1或d=0（舍去）， ∴an=a1+(n—1)d=n. （2）由（1)得Sn=， ∴bn= =2, ∴Tn=2 +++…+ =2 =. 7 2018届高三数学一轮复习 阶段检测卷三 文 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 n= =n×2, 则T1 2 +3×23 +…+n×2n n=1×2+2×2， 2T2 3 4 n+1 n=1×2+2×2+3×2+…+n×2, 两式相减得— T1 2 3 n n=1×2+1×2+1×2+…+1×2-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 ==22 ,又由题意知q>0，故q=2，从而 a2n—1 n==2 ,即数列｛an}的通项公式为an=2 2n-1 .(2）由（1）知a｝是以22 1=2，数列{an为公比的等比数列， 故S2n n= =(2—1）。 因此不等式S≥30(2k +1)可化为（22k k—1)≥30(2k +1), 即（2k —1）（2k +1）≥30(2k +1)， 因为2k +1>0，所以2k ≥46，即k≥log246. 又5 当n=1时，a1=2-3a1，故a1=， 因而数列｛an｝是首项为，公比为的等比数列,其通项公式为 an=×=,n∈N* 。 (2）由(1）知an=，故bn=1-2n. 数列{an+bn｝的前n项和 Tn=a1+b1+a2+b2+…+an+bn =(a1+…+an）+（b1+…+bn） = + =—n2 -× ，n∈N＊ 。 22.解析 （1)因为cn n=(—1)Sn，所以T20=-S1+S2-S3+S4—…+S20=330,则a2+a4+a6+…+a20=330,即 10×(3+d)+×2d=330,解得d=3,所以 an=3+3（n—1)=3n。 （2）由(1）知bn—2 n=2（a-2）3 +2n-1 , 则bn+1=2（a-2）3n-1 +2n , 8 2018届高三数学一轮复习 阶段检测卷三 文 所以bn-1nn+1-bn=2(a-2）3+2—［2(a—2）3 n— 2 +2 n—1 ] =4(a-2）3n—2 +2n-1 =4·3 n—2 . 由bn+1≤bn⇔a-2+×≤0⇔a≤2— ×, 因为y=2-×随着n（n∈N＊ ）的增大 而增大, 所以n=1时，取得最小值。 所以a≤，故a的取值范围为 . 9 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容