东海县石榴高级中学高二年级2016-2017学年度第一学期第一次学情测试（数学试卷）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．1.数列…的一个通项公式是________．2.设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7＝________.3.已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则an＝____________4.已知在等比数列{an}中，，则=.5.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＝1，S5＝10，则当Sn取得最大值时，n的值为________．6.7.在等比数列中，是方程的两个实根，则_____.8.在项数为奇数的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则该数列有________项．9.某人2010年1月1日到银行存入a元，若每年利息为r，按复利计算利息，则到2020年1月1日可取回的本息和为元.10.设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝2am，则m＝________.11.已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝an＋，n∈N*，则通项公式an＝________.12.设数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是______．(填上所有正确结论的序号)①d<0②a7＝0③S9>S5④S6与S7均为Sn的最大值13.已知等比数列满足…，且,则当时，________.14.设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________.二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.（本小题满分14分）1已知{an}为等差数列，且a3＝－6，a6＝0.(1)求{an}的通项公式；(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．16.（本小题满分14分）有一等差数列共有偶数项，它的奇数项之和与偶数项之和分别是24和30，若最后一项与第一项之差为，试求此数列的首项、公差和项数．17.（本小题满分14分）数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.218.（本小题满分16分）在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为c的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.319.（本小题满分16分）在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．20.（本小题满分16分）已知数列{an}是首项为a1＝，公比q＝的等比数列，设bn＋2＝3logan(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和Sn.4东海县石榴高级中学高二年级2016-2017学年度第一学期第一次学情测试（数学试卷答案）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分二、解答题：本大题共6小题，共计90分．15.解(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a3＝－6，a6＝0，所以解得a1＝－10，d＝2.所以an＝－10＋(n－1)·2＝2n－12.(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，所以－8q＝－24，即q＝3.所以{bn}的前n项和公式为Sn＝＝4(1－3n)．16.17.18.解(1)设等差数列{an}的公差是d.依题意a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，从而d＝－3.由a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1.所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.(2)由数列{an＋bn}是首项为1，公比为c的等比数列，得an＋bn＝cn－1，即－3n＋2＋bn＝cn－1，所以bn＝3n－2＋cn－1.所以Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)＝＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)．从而当c＝1时，Sn＝＋n＝.当c≠1时，Sn＝＋.19解(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d＞0，则由得解得∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)由bn＝＝＝，∵c≠0，∴可令c＝－，得到bn＝2n.∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，∴数列{bn}是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c＝－，使数列{bn}也为等差数列．20.解(1)由题意，知an＝n(n∈N*)，5又bn＝3logan－2，故bn＝3n－2(n∈N*)．(2)由(1)，知an＝n，bn＝3n－2(n∈N*)，∴cn＝(3n－2)×n(n∈N*)．∴Sn＝1×＋4×2＋7×3＋…＋(3n－5)×n－1＋(3n－2)×n，于是Sn＝1×2＋4×3＋7×4＋…＋(3n－5)×n＋(3n－2)×n＋1，两式相减，得Sn＝＋3－(3n－2)×n＋1＝－(3n＋2)×n＋1，∴Sn＝－×n(n∈N*)．6
