高中是我国在初中九年义务教育结束后，更高等的教育机构，一般为三年制，即高一、高二、高三。的小编精心为您带来了高二同步练习数学参考答案（最新3篇），如果能帮助到您，小编的一切努力都是值得的。
1、下列说法中不正确的是()
A.数列a，a，a，…是无穷数列
B.1，-3，45，-7，-8，10不是一个数列
C.数列0，-1，-2，-3，…不一定是递减数列
D.已知数列{an}，则{an+1-an}也是一个数列
解析：选B.A，D显然正确；对于B，是按照一定的顺序排列的一列数，是数列，所以B不正确；对于C，数列只给出前四项，后面的项不确定，所以不一定是递减数列。故选B.
2、已知数列{an}的通项公式为an=1+（-1)n+12，则该数列的前4项依次为(）
A.1，0，1，0B.0，1，0，1
C.12，0，12，0D.2，0，2，0
解析：选A.当n分别等于1，2，3，4时，a1=1，a2=0，a3=1，a4=0.
3、已知数列{an}的通项公式是an=2n2-n，那么()
A.30是数列{an}的一项B.44是数列{an}的一项
C.66是数列{an}的一项D.90是数列{an}的一项
解析：选C.分别令2n2-n的值为30，44，66，90，可知只有2n2-n=66时，n=6（负值舍去），为正整数，故66是数列{an}的一项。
4、已知数列的通项公式是an=2，n=1，n2-2，n≥2，则该数列的前两项分别是()
A.2，4B.2，2
C.2，0D.1，2
解析：选B.当n=1时，a1=2;当n=2时，a2=22-2=2.
5、如图，各图形中的点的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是()
A.an=n2-n+1B.an=n(n-1)2
C.an=n(n+1)2D.an=n(n+2)2
解析：选C.法一：将各图形中点的个数代入四个选项便可得到正确结果。图形中，点的个数依次为1，3，6，10，代入验证可知正确答案为C.
法二：观察各个图中点的个数，寻找相邻图形中点个数之间的关系，然后归纳一个通项公式。观察点的个数的增加趋势可以发现，a1=1×22，a2=2×32，a3=3×42，a4=4×52，所以猜想an=n(n+1)2，故选C.
6、若数列{an}的通项满足ann=n-2，那么15是这个数列的第________项。
解析：由ann=n-2可知，an=n2-2n.
令n2-2n=15，得n=5.
答案：5
7、已知数列{an}的前4项为11，102，1003，10004，则它的一个通项公式为________.
解析：由于11=10+1，102=102+2，1003=103+3，10004=104+4，…，所以该数列的一个通项公式是an=10n+n.
答案：an=10n+n
8、已知数列{an}的通项公式为an=2017-3n，则使an>0成立的正整数n的值为________.
解析：由an=2017-3n>0，得n<20173=67213，又因为n∈N+，所以正整数n的值为672.
答案：672
9、已知数列{n(n+2)}：
（1）写出这个数列的第8项和第20项；
(2)323是不是这个数列中的项？如果是，是第几项？
解：(1)an=n(n+2)=n2+2n，所以a8=80，a20=440.
（2）由an=n2+2n=323，解得n=17.
所以323是数列{n(n+2)}中的项，是第17项。
10、已知数列2，74，2，…的通项公式为an=an2+b，求a4，a5.
解：将a1=2，a2=74代入通项公式，
得a+bc=2，4a+b2c=74，解得b=3a，c=2a，所以an=n2+32n，
所以a4=42+32×4=198，a5=52+32×5=145.
[B能力提升]
11、已知数列{an}的通项公式为an=sinnθ，0<θ<π6，若a3=12，则a15=____________.
解析：a3=sin3θ=12，又0<θ<π6，所以0<3θ<π2，所以3θ=π6，所以a15=sin15θ=sin56π=12.
答案：12
12、“中国剩余定理”又称“孙子定理”。1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲。1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”。“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________.
解析：能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，故an=15n-14.
由an=15n-14≤2017得n≤135.4，当n=1时，此时a1=1，不符合，故此数列的项数为135-1=134.
答案：134
13、在数列{an}中，a1=3，a17=67，通项公式是关于n的一次函数。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求a2016;
(3)2017是否为数列{an}中的项？若是，为第几项？
解：(1)设an=kn+b(k≠0)。
由a1=3，且a17=67，得k+b=317k+b=67，
解之得k=4且b=-1.所以an=4n-1.
（2）易得a2016=4×2016-1=8063.
（3）令2017=4n-1，得n=20184=10092∉N+，
所以2017不是数列{an}中的项。
14、（选做题）已知数列9n2-9n+29n2-1，
（1）求这个数列的第10项；
(2)98101是不是该数列中的项，为什么？
（3）求证：数列中的各项都在区间(0，1)内；
（4）在区间13，23内是否有数列中的项？若有，有几项？若没有，说明理由。
解：(1)设an=9n2-9n+29n2-1=(3n-1)(3n-2)(3n-1)(3n+1)=3n-23n+1.令n=10，得第10项a10=2831.
（2）令3n-23n+1=98101，得9n=300.此方程无正整数解，所以98101不是该数列中的项。
（3）证明：因为an=3n-23n+1=3n+1-33n+1=1-33n+1，
又n∈N+，所以0<33n+1<1，所以0
所以数列中的各项都在区间(0，1)内。
（4）令13<3n-23n+1<23，所以3n+1<9n-6，9n-6<6n+2，
所以n>76，n<83.所以76
当且仅当n=2时，上式成立，故区间13，23内有数列中的项，且只有一项为a2=47.
一、选择题：1-5 BAACD 6-10 BCACC 11-12 BD
二、填空题
13 。 80 14.±或0 15 。6-3 16.⎢-⎡
⎣⎤，⎥ 33⎦
三、解答题
17 。证明:(1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，
∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.
又∵B1F1∩AF1=F1，C1F∩BF=F，
∴平面AB1F1∥平面C1BF.
（2）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1.
又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1=A1，
∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1⊂平面AB1F1，
∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
18 。解：(1)设y-1=k，则k表示点P(x,y)与点(2，1)连线的斜率。当该直线与圆相切x-2
2kk2+1=1，解得k=±3y-1，∴的值为，3x-23时，k取得值与最小值。由
最小值为-. 3
（2）设2x+y=m，则m表示直线2x+y=m在y轴上的截距。 当该直线与圆相切时，m取得值与最小值。由-m5=1，解得m=1±，∴2x+y的值为1+，最小值为1-.
19、(1)证明：因为P，Q分别为AE，AB的中点，
所以PQ∥EB.又DC∥EB，因此PQ∥DC，
又PQ⊄平面ACD，
从而PQ∥平面ACD.
（2）如图，连接CQ，DP，因为Q为AB的中点，且AC=BC，所以CQ⊥
AB.因为DC⊥平面ABC，EB∥DC，
所以EB⊥平面ABC，因此CQ⊥EB.
故CQ⊥平面ABE.
由(1)有PQ∥DC，又PQ==DC，所以四边形CQPD为平行四边形，故DP∥CQ，
因此DP⊥平面ABE，
∠DAP为AD和平面ABE所成的角，
在Rt△DPA中，AD=5，DP=1，
sin∠DAP=，因此AD和平面ABE所成角的正弦值为
221255520、解：(1)配方得(x-1)+(y-2)=5-m，所以5-m>0，即m<5，
（2）设M(x1，y1)、N(x2，y2)，∵ OM⊥ON，所以x1x2+y1y2=0，
x+2y-4=0⎧2由⎨2 得5x-16x+m+8=0， 2⎩x+y-2x-4y+m=0
因为直线与圆相交于M、N两点， 所以△=16-20(m+8)>0，即m<
所以x1+x2=224， 516m+84m-16，x1x2=， y1y2=(4-2x1)(4-2x2)=16-8(x1+x2)+4x1x2=， 555
8824代入解得m=满足m<5且m<，所以m=。 555
21、(1)证明：如图所示，取CD的中点E，
连接PE，EM，EA，
∵△PCD为正三角形，
∴PE⊥CD，PE=PDsin∠PDE=2sin603.
∵平面PCD⊥平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD，而AM⊂平面ABCD，∴PE⊥AM.
∵四边形ABCD是矩形，
∴△ADE，△ECM，△ABM均为直角三角形，由勾股定理可求得EM3，AM=6，AE=3，
∴EM+AM=AE.∴AM⊥EM.
又PE∩EM=E，∴AM⊥平面PEM，∴AM⊥PM.
（2）解：由(1)可知EM⊥AM，PM⊥AM，
∴∠PME是二面角P-AM-D的平面角。
PE3∴tan∠PME=1，∴∠PME=45°。 EM3
∴二面角P-AM-D的大小为45°。22.(1)证明：连接AE，如下图所示。
∵ADEB为正方形，
∴AE∩BD=F，且F是AE的中点，
又G是EC的中点，
∴GF∥AC，又AC⊂平面ABC，GF⊄平面ABC，
∴GF∥平面ABC.
（2）证明：∵ADEB为正方形，∴EB⊥AB，
又∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，EB⊂平面ABED，
∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AC.
又∵AC=BC222AB， 22∴CA+CB=AB，
∴AC⊥BC.
又∵BC∩BE=B，∴AC⊥平面BCE.
（3）取AB的中点H，连GH，∵BC=AC=22= 22
1∴CH⊥AB，且CH=，又平面ABED⊥平面ABC 2
111∴GH⊥平面ABCD，∴V=1×326
【说明】 本试卷满分100分，考试时间90分钟。
一、选择题（每小题6分，共42分）
1.b2=ac,是a,b,c成等比数列的( )
A.充分不必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】因当b2=ac时，若a=b=c=0,则a,b,c不成等比数列；若a,b,c成等比，则 ，即b2=ac.
2、一个公比q为正数的等比数列{an}，若a1+a2=20,a3+a4=80,则a5+a6等于( )
A.120 B.240 C.320 D.480
【答案】C
【解析】∵a1+a2,a3+a4,a5+a6也成等比数列（公比为q2）。
∴a5+a6= =320.
3、数列{an}的前n项和Sn=3n+a,要使{an}是等比数列，则a的值为( )
A.0 B.1 C.-1 D.2
【答案】C
【解析】∵an=
要使{an}成等比，则3+a=2•31-1=2•30=2,即a=-1.
4、设f（x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x,y∈R,都有f(x)•f(y)=f(x+y)，若a1= ，an=f(n)(n∈N_)，则数列{an}前n项和Sn的取值范围是( ）
A.[ ，2) B.[ ，2]
C.[ ，1) D.[ ，1]
【答案】C
【解析】因f(n+1)=f(1)•f(n)，则an+1=a1•an= an，
∴数列{an}是以 为首项，公比为 的等比数列。
∴an=( )n.
Sn= =1-( )n.
∵n∈N_,∴ ≤Sn<1.
5、等比数列{an}的各项都是正数，且a2, a3,a1成等差数列，则 的值是( )
A. B.
C. D. 或
【答案】B
【解析】∵a3=a2+a1,
∴q2-q-1=0,q= ，或q= (舍)。
∴ 。
6、（2010北京宣武区模拟，4)在正项等比数列{an}中，a1、a99是方程x2-10x+16=0的两个根，则a40•a50•a60的值为( ）
A.32 B.64 C.±64 D.256
【答案】B
【解析】因a1•a99=16,故a502=16,a50=4,a40•a50•a60=a503=64.
7、如果P是一个等比数列的前n项之积，S是这个等比数列的前n项之和，S′是这个等比数列前n项的倒数和，用S、S′和n表示P，那么P等于( )
A.(S•S′ B.
C.( )n D.
【答案】B
【解析】设等比数列的首项为a1,公比q(q≠1)
则P=a1•a2•…•an=a1n• ，
S=a1+a2+…+an= ，
S′= +…+ ，
∴ =(a12qn-1 =a1n =P,
当q=1时和成立。
二、填空题（每小题5分，共15分）
8、在等比数列中，S5=93，a2+a3+a4+a5+a6=186,则a8=___________________.
【答案】384
【解析】易知q≠1，由S5= =93及 =186.
知a1=3,q=2,故a8=a1•q7=3×27=384.
9、(2010湖北八校模拟，13)在数列{an}中，Sn=a1+a2+…+an,a1=1,an+1= Sn(n≥1)，则an=
【答案】（ )•( ）n-2
【解析】∵an+1= Sn,
∴an= Sn-1(n≥2)。
①-②得，an+1-an= an,
∴ (n≥2)。
∵a2= S1= ×1= ，
∴当n≥2时，an= •( )n-2.
10、给出下列五个命题，其中不正确的命题的序号是_______________.
①若a,b,c成等比数列，则b= ②若a,b,c成等比数列，则ma,mb,mc（m为常数）也成等比数列 ③若{an}的通项an=c（b-1)bn-1(bc≠0且b≠1)，则{an}是等比数列 ④若{an}的前n项和Sn=apn(a,p均为非零常数），则{an}是等比数列 ⑤若{an}是等比数列，则an,a2n,a3n也是等比数列
【答案】②④
【解析】②中m=0,ma,mb,mc不成等比数列；
④中a1=ap,a2=ap(p-1)，a3=ap2(p-1)， ，故②④不正确，①③⑤均可用定义法判断正确。
三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）
11、等比数列{an}的公比为q，作数列{bn}使bn= ，
（1）求证数列{bn}也是等比数列；
（2）已知q>1,a1= ，问n为何值时，数列{an}的前n项和Sn大于数列{bn}的前n项和Sn′。
（1）证明：∵ =q,
∴ 为常数，则{bn}是等比数列。
（2）【解析】Sn=a1+a2+…+an
= ，
Sn′=b1+b2+…+bn
= ，
当Sn>Sn′时，
。
又q>1,则q-1>0,qn-1>0,
∴ ，即qn>q7,
∴n>7,即n>7(n∈N_)时，Sn>Sn′。
12、已知数列{an}:a1,a2,a3,…，an,…，构造一个新数列：a1,(a2-a1)，(a3-a2)，…，(an-an-1)，…此数列是首项为1，公比为 的等比数列。
（1）求数列{an}的通项；
（2）求数列{an}的前n项和Sn.
【解析】（1)由已知得an-an-1=（ ）n-1(n≥2），a=1,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
= [1-( )n]。
(2)Sn=a1+a2+a3+…+an
= - [ +（ )2+…+( ）n]
= - [1-( )n]
= ×( )n.
13、在等比数列{an}中，a1+a3=10,a2+a4=20,设=11-log2a2n.
（1）求数列{}的前n项和Sn.
（2）是否存在n∈N_,使得 成立？请说明理由。
【解析】(1)由已知得
∴an=a1qn-1=2n.
∴=11-log2a2n=11-log222n
=11-2n.
Sn=c1+c2+…+= =-n2+10n.
（2）假设存在n∈N_,使得 即 。
∴22n+3×2n-3<0,解得 。
∵ =1,而2n≥2,
故不存在n∈N_满足 。
14、（2010湖北黄冈中学模拟，22) 已知函数f(x)= ，x∈(0,+∞），数列{xn}满足xn+1=f（xn)，(n=1,2,…），且x1=1.
（1）设an=|xn- |，证明：an+1
（2）设(1)中的数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn< 。
证明：(1)an+1=|xn+1- |=|f(xn)- |= 。
∵xn>0,
∴an+1<（ -1）|xn- |<|xn- |=an,
故an+1
（2）由(1)的证明过程可知
an+1<（ -1）|xn- |
<（ -1）2|xn-1- |
<…<（ -1）n|x1- |=（ -1）n+1
∴Sn=a1+a2+…+an<|x1- |+（ -1）2+…+（ -1）n
=（ -1）+（ -1）2+…+（ -1）n
= [1-（ -1）n]< 。