还剩8页未读，
继续阅读
人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.4 数学建模活动:描述体重与脉搏率的关系巩固练习
展开
这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.4 数学建模活动:描述体重与脉搏率的关系巩固练习，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a5·a11＝16，则a7等于( )
A．1 B．2 C．4 D．8
B [由性质得a5a11＝aeq \\al(2,8)＝16，由题意知a8＝4，a7＝eq \f(a8,2)＝eq \f(4,2)＝2．]
2．设数列{an}是等比数列，公比q＝2，则eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)的值是( )
A．1 B．2 C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,4)
D [∵q＝2，∴2a1＝a2，2a3＝a4，∴eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)＝eq \f(2a2,2a4)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(1,4)．故选D．]
3．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为( )
A．eq \f(55,2) B．55 C．eq \f(65,2) D．65
C [设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3a1,a1＋d＝3a1－1)) ，
所以a1＝1，d＝1，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)，所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－1)),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2)，故选C．]
4．意大利数学家斐波那契(1770～1250)，以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、…，在实际生活中，很多花朵(如梅花，飞燕草，万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛得应用．已知斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，若a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a59＝ak，则k＝( )
A．2020 B．2021 C．59 D．60
D [由于an＋2＝an＋1＋an，则a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a59＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a59＝a6＋a7＋a9＋…＋a59＝…＝a58＋a59＝a60，因此，k＝60．故选D．]
5．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，又数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋an)))是等差数列，则a11等于( )
A．0 B．eq \f(1,2) C．eq \f(2,3) D．－1
B [设数列{bn}的通项公式bn＝eq \f(1,1＋an)，因为{bn}是等差数列，b3＝eq \f(1,1＋a3)＝eq \f(1,3)，b7＝eq \f(1,1＋a7)＝eq \f(1,2)．公差d＝eq \f(b7－b3,4)＝eq \f(1,24)．
∴b11＝b3＋(11－3)×d＝eq \f(1,3)＋8×eq \f(1,24)＝eq \f(2,3)，
即eq \f(1,1＋a11)＝eq \f(2,3)，故a11＝eq \f(1,2)．]
6．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则eq \f(a7,a3)＝( )
A．2 B．4 C．5 D．eq \f(5,2)
B [依题意得eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，
即eq \f(an＋2,an)＝2，数列a1，a3，a5，a7，…是一个以5为首项，2为公比的等比数列，因此eq \f(a7,a3)＝4．]
7．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为，得其关捩，解之为二，又合而为一…”．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，若a1＝1，且an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数,2an－1＋2，n为奇数)) ，则解下5个环所需的最少移动次数为( )
A．22 B．16 C．13 D．7
B [∵a1＝1，
∴a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16，
所以解下5个环所需的最少移动次数为16，故选B．]
8．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为( )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(5,12) C．eq \f(3,4) D．eq \f(7,12)
B [依题意bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,n2＋3n＋2)＝eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，所以{bn}的前10项和为S10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,11)－\f(1,12)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝eq \f(5,12)，故选B．]
二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．在等差数列{an}中，已知a3＝10，a11＝－6，Sn是其前n项和，则( )
A．a7＝2B．S10＝54
C．d＝－2D．eq \f(S7,7)>eq \f(S8,8)
ACD [由已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1＋2d＝10,a11＝a1＋10d＝－6)) ，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝14,d＝－2)) ．
对于A选项，a7＝a1＋6d＝14－6×2＝2，A选项正确；
对于B选项，S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝140－90＝50，B选项错误；
对于C选项，d＝－2，C选项正确；
对于D选项，eq \f(S7,7)＝eq \f(7a1＋21d,7)＝a1＋3d＝14－3×2＝8，
eq \f(S8,8)＝eq \f(8a1＋28d,8)＝a1＋eq \f(7,2)d＝14－eq \f(7,2)×2＝7，所以eq \f(S7,7)>eq \f(S8,8)，D选项正确．故选ACD．]
10．已知数列{an}满足lg3an＋1＝lg3an＋1(n∈N＋)，且a2＋a4＋a6＝9，则( )
A．an＋1＝3anB．3an＋1＝an
C．a5＋a7＋a9＝35D．a5＋a7＋a9＝eq \f(1,35)
AC [由题知lg3an＋1＝lg3(3an)＝lg3an＋1，
所以an＋1＝3an>0，所以eq \f(an＋1,an)＝3，
所以{an}是公比为3的等比数列．
所以a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)q3＝9×33＝35．故选AC．]
11．在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是( )
A．q＝2
B．数列{lgan}是公差为2的等差数列
C．S8＝254
D．数列{Sn＋2}是等比数列
AD [由等比数列通项公式得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a4＝a1·1＋q3＝18,a2＋a3＝a1·q＋q2＝12)) ，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝16,q＝\f(1,2))) ，
又公比q为整数，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2)) ，an＝a1·qn－1＝2n，故A选项正确；
lg an＝lg 2n＝nlg 2，故数列{lgan}是公差为lg 2的等差数列，故B选项错误；
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n＋1－2，故S8＝29－2＝510，故C选项错误；
Sn＋2＝2n＋1，故{Sn＋2}为等比数列，即D选项正确；故选AD．]
12．等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是( )
A．d>0B．a1<0
C．当n＝5时Sn最小D．Sn>0时n的最小值为8
ABD [由题意，设等差数列{an}的公差为d，
因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3(a1＋4d)，解得a1＝－3d，
又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0，则a1<0，故A、B正确；
因为Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝eq \f(d,2)n2－eq \f(7d,2)n，
由n＝－eq \f(－\f(7d,2),d)＝eq \f(7,2)可知，当n＝3或4时Sn最小，故C错误，
令Sn＝eq \f(d,2)n2－eq \f(7d,2)n>0，解得n<0或n>7，即Sn>0时n的最小值为8，故D正确．故选ABD．]
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a5＝a3＋4，则S13＝__________．
52 [2a5＝a5＋a5＝a3＋4⇒a5＋(a5－a3)＝4，即a5＋2d＝4，得a7＝4，
S13＝eq \f(13(a1＋a13),2)＝13a7＝52．故答案为：52．]
14．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S5＝________．
31 [由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝5，,a1·a3＝4，))且{an}是递增数列，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a3＝4，))所以q2＝eq \f(a3,a1)＝4，q＝2，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－25,1－2)＝31．]
15．等比数列{an}的通项为an＝2·3n－1，现把每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的第________项．
13 [162是这个数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋(5－1)×2＝13项．]
16．复印纸幅面规格只采用A系列和B系列，其中A系列的幅面规格为：①A0，A1，A2，…，A8所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y＝1∶eq \r(2)；②将A0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A1规格；A1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A2规格；…；如此对开至A8规格．现有A0，A1，A2，…，A8纸各一张．若A4纸的幅宽为2 dm，则A0纸的面积为__________dm2，这9张纸的面积之和等于__________dm2．(本题第一空2分，第二空3分)
64eq \r(2) eq \f(511,4)eq \r(2) [根据题意，A4的长、宽分别为2eq \r(2)，2，A3的长、宽分别为4，2eq \r(2)，A2的长、宽分别为4eq \r(2)，4，A1的长、宽分别为8，4eq \r(2)，A0的长、宽分别为8eq \r(2)，8，所以A0的面积为64eq \r(2)，A0，A1，A2，…，A8纸张的面积是以64eq \r(2)为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以这9张纸的面积之和等于eq \f(64\r(2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(9))),1－\f(1,2))＝eq \f(511\r(2),4)．
故答案为：64eq \r(2)；eq \f(511,4)eq \r(2)．]
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求Tn．
[解] (1)由已知Sn＝2an－a1，得
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1．
因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2．
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n．
(2)由(1)得eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)．
18．(本小题满分12分)数列{an}对任意n∈N＋，满足an＋1＝an＋1，a3＝2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))an＋n，求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．
[解] (1)由已知得an＋1－an＝1，数列{an}是等差数列，且公差d＝1．又a3＝2，所以a1＝0，所以an＝n－1．
(2)由(1)得，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＋n，
所以Sn＝(1＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋2))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＋n＝1＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,3n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n),1－\f(1,3))＋eq \f(n(n＋1),2)＝eq \f(3－31－n,2)＋eq \f(n(n＋1),2)．
19．(本小题满分12分)在①a1＝1，a1a5＝aeq \\al(2,2)；②S3＝9，S5＝25；③Sn＝n2．这三个条件中任选一个补充在下面的问题中．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且公差d≠0，若__________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解] (1)若选①：由a1＝1，a1a5＝aeq \\al(2,2)，
得a1(a1＋4d)＝(a1＋d) 2即1＋4d＝(1＋d)2，∴d2＝2d，
∵d≠0，∴d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
若选②：设等差数列{an}的首项为a1，由S3＝9，S5＝25，
得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝9,5a1＋\f(5×4,2)×d＝25)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2)) ，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
若选③：当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
显然n＝1时也满足an＝2n－1，∴an＝2n－1．
(2)由(1)知an＝2n－1，
∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
则Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)．
20．(本小题满分12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，求{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝8a1＋4d，,a1＋2n－1d＝2a1＋2n－1d＋1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
因此an＝2n－1，n∈N＋．
(2)由已知eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，
当n＝1时，eq \f(b1,a1)＝eq \f(1,2)；
当n≥2时，eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(1,2n)．
所以eq \f(bn,an)＝eq \f(1,2n)，n∈N＋．
由(1)知an＝2n－1，n∈N＋，
所以bn＝eq \f(2n－1,2n)，n∈N＋．
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(2n－3,2n)＋eq \f(2n－1,2n＋1)．
两式相减，得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(2,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)
＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，
所以Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n)．
21．(本小题满分12分)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干年更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．
(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；
(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．
[解] (1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量，
依题意知，数列{an}是首项为128，公比为1＋50%＝eq \f(3,2)的等比数列，
数列{bn}是首项为400，公差为a的等差数列．
所以数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n))),1－\f(3,2))＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n)－1))，
数列{bn}的前n项和Tn＝400n＋eq \f(nn－1,2)a，所以经过n年，该市更换的公交车总数
S(n)＝Sn＋Tn＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n)－1))＋400n＋eq \f(nn－1,2)a．
(2)若用7年的时间完成全部更换，则S(7)≥10000，
即256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(7)－1))＋400×7＋eq \f(7×6,2)a≥10000，即21a≥3082，所以a≥eq \f(3082,21)．
又a∈N＋，所以a的最小值为147．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq \f(2x＋3,3x)，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，n∈N＋．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝eq \f(1,an－1an)(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Sn[解] (1)∵an＋1＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))＝eq \f(2＋3an,3)＝an＋eq \f(2,3)，
∴{an}是以a1＝1为首项，eq \f(2,3)为公差的等差数列，
∴an＝eq \f(2,3)n＋eq \f(1,3)．
(2)当n≥2时，
bn＝eq \f(1,an－1an)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n－\f(1,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n＋\f(1,3))))
＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
当n＝1时，上式同样成立，
∴bn＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))．
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))，
∵Sn即eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))又eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))随着n的增大而增大，
且eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))∴eq \f(9,2)≤eq \f(m－2 012,2)，
∴m≥2 021．
∴最小的正整数m的值为2 021．
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a5·a11＝16，则a7等于( )
A．1 B．2 C．4 D．8
B [由性质得a5a11＝aeq \\al(2,8)＝16，由题意知a8＝4，a7＝eq \f(a8,2)＝eq \f(4,2)＝2．]
2．设数列{an}是等比数列，公比q＝2，则eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)的值是( )
A．1 B．2 C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,4)
D [∵q＝2，∴2a1＝a2，2a3＝a4，∴eq \f(2a1＋a2,2a3＋a4)＝eq \f(2a2,2a4)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(1,4)．故选D．]
3．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3＝3a1，a2＝3a1－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为( )
A．eq \f(55,2) B．55 C．eq \f(65,2) D．65
C [设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3a1,a1＋d＝3a1－1)) ，
所以a1＝1，d＝1，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)，所以eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和T10＝10＋eq \f(10×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－1)),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(65,2)，故选C．]
4．意大利数学家斐波那契(1770～1250)，以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、…，在实际生活中，很多花朵(如梅花，飞燕草，万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛得应用．已知斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，若a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a59＝ak，则k＝( )
A．2020 B．2021 C．59 D．60
D [由于an＋2＝an＋1＋an，则a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a59＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a59＝a6＋a7＋a9＋…＋a59＝…＝a58＋a59＝a60，因此，k＝60．故选D．]
5．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，又数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋an)))是等差数列，则a11等于( )
A．0 B．eq \f(1,2) C．eq \f(2,3) D．－1
B [设数列{bn}的通项公式bn＝eq \f(1,1＋an)，因为{bn}是等差数列，b3＝eq \f(1,1＋a3)＝eq \f(1,3)，b7＝eq \f(1,1＋a7)＝eq \f(1,2)．公差d＝eq \f(b7－b3,4)＝eq \f(1,24)．
∴b11＝b3＋(11－3)×d＝eq \f(1,3)＋8×eq \f(1,24)＝eq \f(2,3)，
即eq \f(1,1＋a11)＝eq \f(2,3)，故a11＝eq \f(1,2)．]
6．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则eq \f(a7,a3)＝( )
A．2 B．4 C．5 D．eq \f(5,2)
B [依题意得eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，
即eq \f(an＋2,an)＝2，数列a1，a3，a5，a7，…是一个以5为首项，2为公比的等比数列，因此eq \f(a7,a3)＝4．]
7．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为，得其关捩，解之为二，又合而为一…”．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，若a1＝1，且an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数,2an－1＋2，n为奇数)) ，则解下5个环所需的最少移动次数为( )
A．22 B．16 C．13 D．7
B [∵a1＝1，
∴a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16，
所以解下5个环所需的最少移动次数为16，故选B．]
8．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为( )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(5,12) C．eq \f(3,4) D．eq \f(7,12)
B [依题意bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,n2＋3n＋2)＝eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，所以{bn}的前10项和为S10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,11)－\f(1,12)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝eq \f(5,12)，故选B．]
二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．在等差数列{an}中，已知a3＝10，a11＝－6，Sn是其前n项和，则( )
A．a7＝2B．S10＝54
C．d＝－2D．eq \f(S7,7)>eq \f(S8,8)
ACD [由已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1＋2d＝10,a11＝a1＋10d＝－6)) ，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝14,d＝－2)) ．
对于A选项，a7＝a1＋6d＝14－6×2＝2，A选项正确；
对于B选项，S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝140－90＝50，B选项错误；
对于C选项，d＝－2，C选项正确；
对于D选项，eq \f(S7,7)＝eq \f(7a1＋21d,7)＝a1＋3d＝14－3×2＝8，
eq \f(S8,8)＝eq \f(8a1＋28d,8)＝a1＋eq \f(7,2)d＝14－eq \f(7,2)×2＝7，所以eq \f(S7,7)>eq \f(S8,8)，D选项正确．故选ACD．]
10．已知数列{an}满足lg3an＋1＝lg3an＋1(n∈N＋)，且a2＋a4＋a6＝9，则( )
A．an＋1＝3anB．3an＋1＝an
C．a5＋a7＋a9＝35D．a5＋a7＋a9＝eq \f(1,35)
AC [由题知lg3an＋1＝lg3(3an)＝lg3an＋1，
所以an＋1＝3an>0，所以eq \f(an＋1,an)＝3，
所以{an}是公比为3的等比数列．
所以a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)q3＝9×33＝35．故选AC．]
11．在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是( )
A．q＝2
B．数列{lgan}是公差为2的等差数列
C．S8＝254
D．数列{Sn＋2}是等比数列
AD [由等比数列通项公式得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a4＝a1·1＋q3＝18,a2＋a3＝a1·q＋q2＝12)) ，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝16,q＝\f(1,2))) ，
又公比q为整数，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2)) ，an＝a1·qn－1＝2n，故A选项正确；
lg an＝lg 2n＝nlg 2，故数列{lgan}是公差为lg 2的等差数列，故B选项错误；
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n＋1－2，故S8＝29－2＝510，故C选项错误；
Sn＋2＝2n＋1，故{Sn＋2}为等比数列，即D选项正确；故选AD．]
12．等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是( )
A．d>0B．a1<0
C．当n＝5时Sn最小D．Sn>0时n的最小值为8
ABD [由题意，设等差数列{an}的公差为d，
因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3(a1＋4d)，解得a1＝－3d，
又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0，则a1<0，故A、B正确；
因为Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝eq \f(d,2)n2－eq \f(7d,2)n，
由n＝－eq \f(－\f(7d,2),d)＝eq \f(7,2)可知，当n＝3或4时Sn最小，故C错误，
令Sn＝eq \f(d,2)n2－eq \f(7d,2)n>0，解得n<0或n>7，即Sn>0时n的最小值为8，故D正确．故选ABD．]
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a5＝a3＋4，则S13＝__________．
52 [2a5＝a5＋a5＝a3＋4⇒a5＋(a5－a3)＝4，即a5＋2d＝4，得a7＝4，
S13＝eq \f(13(a1＋a13),2)＝13a7＝52．故答案为：52．]
14．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S5＝________．
31 [由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝5，,a1·a3＝4，))且{an}是递增数列，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a3＝4，))所以q2＝eq \f(a3,a1)＝4，q＝2，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－25,1－2)＝31．]
15．等比数列{an}的通项为an＝2·3n－1，现把每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的第________项．
13 [162是这个数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋(5－1)×2＝13项．]
16．复印纸幅面规格只采用A系列和B系列，其中A系列的幅面规格为：①A0，A1，A2，…，A8所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y＝1∶eq \r(2)；②将A0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A1规格；A1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A2规格；…；如此对开至A8规格．现有A0，A1，A2，…，A8纸各一张．若A4纸的幅宽为2 dm，则A0纸的面积为__________dm2，这9张纸的面积之和等于__________dm2．(本题第一空2分，第二空3分)
64eq \r(2) eq \f(511,4)eq \r(2) [根据题意，A4的长、宽分别为2eq \r(2)，2，A3的长、宽分别为4，2eq \r(2)，A2的长、宽分别为4eq \r(2)，4，A1的长、宽分别为8，4eq \r(2)，A0的长、宽分别为8eq \r(2)，8，所以A0的面积为64eq \r(2)，A0，A1，A2，…，A8纸张的面积是以64eq \r(2)为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以这9张纸的面积之和等于eq \f(64\r(2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(9))),1－\f(1,2))＝eq \f(511\r(2),4)．
故答案为：64eq \r(2)；eq \f(511,4)eq \r(2)．]
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求Tn．
[解] (1)由已知Sn＝2an－a1，得
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1．
因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2．
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n．
(2)由(1)得eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)．
18．(本小题满分12分)数列{an}对任意n∈N＋，满足an＋1＝an＋1，a3＝2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))an＋n，求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．
[解] (1)由已知得an＋1－an＝1，数列{an}是等差数列，且公差d＝1．又a3＝2，所以a1＝0，所以an＝n－1．
(2)由(1)得，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＋n，
所以Sn＝(1＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋2))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＋n＝1＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,3n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n),1－\f(1,3))＋eq \f(n(n＋1),2)＝eq \f(3－31－n,2)＋eq \f(n(n＋1),2)．
19．(本小题满分12分)在①a1＝1，a1a5＝aeq \\al(2,2)；②S3＝9，S5＝25；③Sn＝n2．这三个条件中任选一个补充在下面的问题中．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且公差d≠0，若__________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解] (1)若选①：由a1＝1，a1a5＝aeq \\al(2,2)，
得a1(a1＋4d)＝(a1＋d) 2即1＋4d＝(1＋d)2，∴d2＝2d，
∵d≠0，∴d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
若选②：设等差数列{an}的首项为a1，由S3＝9，S5＝25，
得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝9,5a1＋\f(5×4,2)×d＝25)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2)) ，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
若选③：当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
显然n＝1时也满足an＝2n－1，∴an＝2n－1．
(2)由(1)知an＝2n－1，
∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
则Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)．
20．(本小题满分12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，求{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝8a1＋4d，,a1＋2n－1d＝2a1＋2n－1d＋1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
因此an＝2n－1，n∈N＋．
(2)由已知eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，
当n＝1时，eq \f(b1,a1)＝eq \f(1,2)；
当n≥2时，eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(1,2n)．
所以eq \f(bn,an)＝eq \f(1,2n)，n∈N＋．
由(1)知an＝2n－1，n∈N＋，
所以bn＝eq \f(2n－1,2n)，n∈N＋．
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(2n－3,2n)＋eq \f(2n－1,2n＋1)．
两式相减，得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(2,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)
＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，
所以Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n)．
21．(本小题满分12分)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干年更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．
(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；
(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．
[解] (1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量，
依题意知，数列{an}是首项为128，公比为1＋50%＝eq \f(3,2)的等比数列，
数列{bn}是首项为400，公差为a的等差数列．
所以数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n))),1－\f(3,2))＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n)－1))，
数列{bn}的前n项和Tn＝400n＋eq \f(nn－1,2)a，所以经过n年，该市更换的公交车总数
S(n)＝Sn＋Tn＝256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n)－1))＋400n＋eq \f(nn－1,2)a．
(2)若用7年的时间完成全部更换，则S(7)≥10000，
即256eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(7)－1))＋400×7＋eq \f(7×6,2)a≥10000，即21a≥3082，所以a≥eq \f(3082,21)．
又a∈N＋，所以a的最小值为147．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq \f(2x＋3,3x)，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，n∈N＋．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝eq \f(1,an－1an)(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Sn
∴{an}是以a1＝1为首项，eq \f(2,3)为公差的等差数列，
∴an＝eq \f(2,3)n＋eq \f(1,3)．
(2)当n≥2时，
bn＝eq \f(1,an－1an)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n－\f(1,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n＋\f(1,3))))
＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
当n＝1时，上式同样成立，
∴bn＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))．
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))，
∵Sn
且eq \f(9,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))
∴m≥2 021．
∴最小的正整数m的值为2 021．
相关试卷
人教B版高中数学必修第三册章末综合测评+模块综合测评含答案： 这是一份人教B版高中数学必修第三册章末综合测评+模块综合测评含答案，文件包含人教B版高中数学必修第三册模块综合测评1含答案doc、人教B版高中数学必修第三册模块综合测评2含答案doc、人教B版高中数学必修第三册章末综合测评1含答案doc、人教B版高中数学必修第三册章末综合测评2含答案doc等4份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
人教B版高中数学选择性必修第二册章末综合测评+模块综合测评含答案： 这是一份人教B版高中数学选择性必修第二册章末综合测评+模块综合测评含答案，文件包含人教B版高中数学选择性必修第二册章末综合测评2概率与统计含答案doc、人教B版高中数学选择性必修第二册模块综合测评2含答案doc、人教B版高中数学选择性必修第二册模块综合测评1含答案doc、人教B版高中数学选择性必修第二册章末综合测评1排列组合与二项式定理含答案doc等4份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
人教B版高中数学选择性必修第三册章末综合测评+模块综合测评含答案： 这是一份人教B版高中数学选择性必修第三册章末综合测评+模块综合测评含答案，文件包含人教B版高中数学选择性必修第三册模块综合测评2含答案doc、人教B版高中数学选择性必修第三册章末综合测评1数列含答案doc、人教B版高中数学选择性必修第三册模块综合测评1含答案doc、人教B版高中数学选择性必修第三册章末综合测评2导数及其应用含答案doc等4份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
