1、上海市上海中学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题1.在数列中，若，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，先得数列是公差为的等差数列，进而可求出结果.【详解】因为，即，所以数列是公差为的等差数列，又，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查求等差数列的通项公式，熟记公式即可，属于基础题型.2.在首项为2020，公比为的等比数列中，最接近于1的项是第_项【答案】12【解析】【分析】先计算等比数列的通项公式，根据该数列是递减的数列，分别计算，简单判断可得结果.【详解】由题可知：等比数列的通项为所以所以与1最接近，所以最接近于1的项是第12项.故答案为：12【点睛】本题
2、主要考查等比数列的通项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.3.等差数列的前15项和为90，则_【答案】6【解析】【分析】根据等差数列求和公式得,再结合等差数列性质即可求结果.【详解】因为等差数列前15项和为90，所以故答案为：6【点睛】本题考查等差数列求和公式、等差数列性质，考查基本分析求解能力，属基础题.4.等比数列满足则_【答案】15【解析】【分析】根据等比数列性质求得，再根据对数运算法则以及等比数列性质化简所求式子为，最后代入得结果.【详解】故答案为：15【点睛】本题考查等比数列性质、对数运算法则，考查基本分析求解能力，属基础题.5.等差数列的前项和为，则取最大值时_【答
3、案】6或7【解析】【分析】根据等差数列的前项和二次函数性质确定最大值取法，即得结果.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以为开口向下的二次函数，又所以对称轴为因为，所以当6或7时，取最大值，故答案：6或7【点睛】本题考查等差数列前项和、二次函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题.6.数列由确定，则中第10个3是该数列的第_项【答案】1536【解析】【分析】根据递推关系式可得奇数项项为其项数，而偶数项的值由对应的值来决定，通过前面的项的值为时，下角码是首项为，公比为的等比数列，即可求出第10个3在该数列中所占的位置.【详解】由题意可得：这个数列各项的值分别为，即，即项的值为时，下角码是首项为，
4、公比为的等比数列，所以第10个3是该数列的第.故答案为：1536【点睛】本题主要考查了递推数列、等比数列的通项公式，属于中档题.7.已知方程在区间内有两个相异的解，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】采用数形结合的方法，转化为函数的图象在区间内有两个交点，可得结果.【详解】由题意可知：方程在上有两个不同的实数解，令，等价于两函数的图象在区间内有两个交点.由如图所以故答案为：【点睛】本题重点考查了数形结合的思想及函数与方程的思想，此外还考查了利用辅助角公式化成同一个角的三角函数的形式，是中档题.8.在数列中，则_【答案】【解析】【分析】先由，得到，求出数列的通项公式，进而可求出结果.【详解】
5、因为，所以，则，所以数列是以为公差的等差数列，又，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查由数列的递推公式求数列的通项公式，关键在于对递推公式进行合适的变形，构造成等差数列或等比数列，属于常考题型.9._【答案】【解析】【分析】利用裂项求和，再求极限，可得结论【详解】解：故答案为:【点睛】本题考查裂项求和，考查极限知识，正确求和是关键10.数列中，当n为奇数时，当n为偶数时， 则这个数列的前项的和=_【答案】【解析】【分析】当n为奇数时，奇数项为等差数列，当n为偶数时，偶数项为等比数列，利用分组求和的方法可求这个数列的前项的和.【详解】所以数列的奇数项是首项为公差为的等差数列，数列的偶数项
6、首项为公比为的等比数列，.故答案为：.【点睛】本题考查利用分组求和法求数列的前项的和，一定要正确找出等差数列的首项与公差、等比数列的首项与公比，考查运算求解能力，是基础题.11.一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数生成两个数，一个是，另一个是若，前次生成的所有数中不同的数的个数为，则_【答案】【解析】【分析】根据计算第一次，第二次，第三次的生成的数，依此类推，利用不完全归纳法，当时，是公差为4的等差数列，简单计算，可得结果.【详解】第1次生成的数为“1”；第2次生成的数为“、4”；第3次生成的数为“1、2、7”；第4次生成的数为“、4、5、
7、4、10”；可观察出：，当时，是公差为4的等差数列，故答案为：【点睛】本题考查不完全归纳法以及等差数列的通项公式，关键在于对数据的分析，属基础题.12.若数列，满足，若对任意的，都有，设，则无穷数列的所有项的和为_【答案】【解析】【分析】由已知得：，,，由此可得：，再由等比数列求和公式可得解.【详解】由题意，是首项为2，公比为2的等比数列，而，可得，从而，其所有项和为故答案为：.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式和求和公式，考查了转化能力和计算能力.属于中档题.二、选择题13.用数学归纳法证明：“”时，从到，等式的左边需要增乘的代数式是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根
8、据条件分别求出和时左边式子，从而可求得由到时需要增乘的代数式.【详解】当时，左边，当时，左边，所以由到时，等式左边应该增乘的代数式是.故选：D【点睛】本题主要考查数学归纳法的应用，属于基础题.14.“”是“依次成等比数列”的（ ）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 既不充分也不必要D. 充分必要【答案】B【解析】【分析】举例说明充分性不成立，根据等比数列定义证必要性成立.【详解】时满足，但不成等比数列，所以充分性不成立，若依次成等比数列，则，即必要性成立.故选：B【点睛】本题考查充要关系的判断、等比数列定义，考查基本分析判断能力，属基础题.15.等差数列的公差不为零，等比数列的公比是小于
9、1的正有理数，若，且是正整数，则的值可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据等差数列与等比数列通项化简，再根据正整数性质逐一验证选项即可.【详解】因为，公差，公比所以，因为是小于1的正有理数，所以舍去B,D,当时，舍去A，当时，符合，故选：C【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项、正整数概念，考查基本分析判断能力，属基础题.16.为实数构成的等比数列的前项和，则中（ ）A. 任一项均不为0B. 必有一项为0C. 至多有有限项为0D. 或无一项为0，或无穷多项为0【答案】D【解析】【分析】根据等比数列求和公式特征直接判断选择.【详解】因为，所以当时，有无穷多项为0；当时
10、，无一项为0，故选：D【点睛】本题考查等比数列求和公式，考查基本分析判断能力，属基础题.三、解答题17.有三个数依次成等比数列，其和为21，且依次成等差数列，求【答案】或【解析】【分析】本题由成等差数列，可设公差为，所以，再利用等差中项与等比中项公式联立方程求解即可.【详解】由题意，可设公差为，则，于是 ，解得：或所以或【点睛】此题考查等差数列与等比数列的概念问题，可直接利用等差中项与等比中项的公式列式计算，属基础题.18.解下列三角方程：（1）；（2）；（3）【答案】（1）；（2）或；（3）或【解析】【分析】（1）先解一元二次方程，再根据余弦函数性质解三角方程；（2）先利用1的代换转化为齐次
11、方程，再根据弦化切转化解一元二次方程，最后根据正切函数性质解三角方程；（3）令，将原方程转化为关于的一元二次方程，根据的范围解得的值，再利用辅助角公式以及正弦函数性质解三角方程.【详解】（1）；（2） ，显然不是方程的解，所以两边同除，得，或，；（3）令，则，从而，即，解得或（舍），再由，或，或【点睛】本题考查解简单三角方程、解一元二次方程、辅助角公式、弦化切，考查综合分析求解能力，属中档题.19.已知等差数列an满足a20，a6a810.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】(1)设等差数列an的公差为d，由已知条件可得，解得，故数列an通
12、项公式为an2n.(2)设数列的前n项和为Sn，Sn记Tn，则Tn，得：Tn1，Tn，即Tn4.Sn444.20.已知数列的前项和为，且是6和的等差中项（1）求数列的通项公式和前项和；（2）若对任意的，都有，求的最小值【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）先根据等差中项得，再根据和项与通项关系求数列的通项公式，最后代入求；（2）根据奇偶性分类讨论取值范围，进而确定范围，即得的最小值【详解】（1）由题意，令，可得，又，-，得，即，又是首项为2，公比为的等比数列，；（2）为奇数时，关于单调递减且恒成立，此时，；为偶数时，关于单调递增且恒成立，此时，；，于是【点睛】本题考查等差中项、利用和项
13、与通项关系求通项、数列单调性，考查综合分析求解能力，属中档题.21.对于实数，将满足“且为整数”的实数称为实数的小数部分，用记号表示对于实数，无穷数列满足如下条件：，其中（1）若，求数列；（2）当时，对任意的，都有，求符合要求的实数构成的集合；（3）若是有理数，设（是整数，是正整数，互质），问对于大于的任意正整数，是否都有成立，并证明你的结论【答案】（1）；（2）；（3）成立，证明见解析.【解析】试题分析：（1）利用新定义，可求数列的通项公式；（2）分类讨论，利用，即可求符合要求的实数构成的集合；（3）由是有理数，可知对一切正整数，为或正有理数，可设（是非负整数，是正整数，且，互质），利用反证法可得结论试题解析：（1），若，则，所以.（2），所以，所以，当，即时，所以，解得（，舍去）.当，即时，所以，解（，舍去）.当，即时，所以，解得（舍去）.综上.（2）成立.由是有理数，可知对一切正整数，为0或正有理数，可设（是非负整数，是正整数，且既约）.由，可得；若，设（，是非负整数），则，而由得，故，,可得.若则，若均不为0，则这正整数互不相同且都小于，但小于的正整数共有个，矛盾.故中至少有一个为0，即存在，使得.从而数列中以及它之后的项均为0，所以对不大于的自然数，都有.考点：（1）新定义；（2）数列递推式.