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文檔簡介
1/12023高考數(shù)學(xué)理科二輪復(fù)習(xí)習(xí)題:專題綜合檢測(cè)卷(三)-初中教育
專題綜合檢測(cè)(三)
(時(shí)間:120分鐘,滿分:150分)
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1.已知{an}為等差數(shù)列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,則a20=(B)
A.-1B.1C.3D.7
解析:∵a1+a3+a5=105,即3a3=105,∴a3=35.同理可得a4=33,∴公差d=a4-a3=-2,∴a20=a4+(20-4)d=1.故選B.
2.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a5=5,S5=15,則數(shù)列1的前100項(xiàng)和為(A)anan+1
1009999101A.B.C.D.101101100100
解析:由a5=5,S5=15可得
a1+4d=5,a1=1,an=n.54d=15a1+2d=15
1111∴=-anan+1n(n+1)nn+1
111111100S100=1-2+23+…+100101=1-.101101
13.(2023新課標(biāo)Ⅱ卷)已知等比數(shù)列{an}滿意a1=,a3a5=4(a44
-1),則a2=(C)
11A.2B.1C.D.28
22解析:解法一∵a3a5=a4,a3a5=4(a4-1),∴a4=4(a4-1),
a22∴a4-4a4+4=0,∴a4=2.又∵q3===8,a114
11∴q=2,∴a2=a1q=2=,故選C.42
解法二∵a3a5=4(a4-1),∴a1q2a1q4=4(a1q3-1),
1將a1=代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,4
1∴a2=a1q=C.2
4.已知{an}是等差數(shù)列,a1+a2=4,a7+a8=28,則該數(shù)列前10項(xiàng)和S10等于(B)
A.64B.100C.110D.120
5.在等差數(shù)列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則S11=(B)
A.18B.99C.198D.297
6.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=10,a2=9,那么下列不等式中成立的是(D)
A.a(chǎn)10-a11<0B.a(chǎn)20+a22>0
C.S20-S21<0D.S40+a41<0
解析:公差d=a2-a1=-1,
∴an=11-n.
∴a10-a11>0,a20+a22<0,故A、B錯(cuò)誤.
n(a1+an)n221Sn=+n,222
∴S20>S21,即S20-S21>0,故C錯(cuò).
由an及Sn知,S40<0,a41<0,
即S40+a41<0,故D正確.
7.已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),其前n項(xiàng)和是Sn,若{log2an}
3是公差為-1的等差數(shù)列,且S6=,那么a1的值是(A)8
46812A.B.C.D.21312131
8.已知等比數(shù)列{an}中,a2=1,則其前3項(xiàng)的和S3的取值范圍是(D)
A.(-∞,-1]B.(-∞,0)∪(1,+∞)
C.[3,+∞)D.(-∞,-1]∪[3,+∞)
9.(2023浙江卷)已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項(xiàng)和是Sn,若a3,a4,a8成等比數(shù)列,則(B)
A.a(chǎn)1d0,dS40B.a(chǎn)1d0,dS40
C.a(chǎn)1d0,dS40D.a(chǎn)1d0,dS40
2解析:∵a3,a4,a8成等比數(shù)列,∴a4=a3a8,∴(a1+3d)2=(a1
52+2d)(a1+7d),綻開整理,得-3a1d=5d,即a1d=-.∵d≠0,32
n(n-1)∴a1d<0.∵Sn=na1+d,∴S4=4a1+6d,dS4=4a1d+2
26d2=-d20.3
10.已知f(x)=x+1,g(x)=2x+1,數(shù)列{an}滿意a1=1,an+1f(an),n為奇數(shù),=則a2016=(D)g(an),n為偶數(shù),
A.22016-2016B.21007-2016
C.22016-2D.21009-2
解析:a2n+2=a2n+1+1=(2a2n+1)+1=2a2n+2.
即a2n+2+2=2(a2n+2),∴{a2n+2}是以2為公比,a2+2=4為首項(xiàng)的等比數(shù)列.
∴a2n+2=42n-1=2n+1.∴a2n=2n+1-2.
∴a2016=21009-2.
11.某商品的價(jià)格前兩年每年遞增20%,后兩年每年遞減20%,最終一年的價(jià)格與原來的價(jià)格比較,變化狀況是(D)
A.不增不減B.約增1.4%
C.約減9.2%D.約減7.8%
解析:設(shè)原價(jià)為1,則現(xiàn)價(jià)為(1+20%)2(1-20%)2=0.9216,∴1-0.9216=0.0784,約減7.8%.
12.(2023蘭州模擬)設(shè)y=f(x)是一次函數(shù),若f(0)=1且f(1),f(4),f(13)成等比數(shù)列,則f(2)+f(4)+…+f(2n)等于(A)
A.n(2n+3)B.n(n+4)
C.2n(2n+3)D.2n(n+4)
解析:由題意可設(shè)f(x)=kx+1(k≠0),則(4k+1)2=(k+1)(13k
+1),解得k=2,f(2)+f(4)+…+f(2n)=(22+1)+(24+1)+…+(22n+1)=4(1+2+…+n)+n=2n2+3n.
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上)
13.(2023新課標(biāo)Ⅱ卷)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a1=-1,
an+1=SnSn+1,則Sn=-.解析:∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,
∴Sn+1-Sn=SnSn+1.
1111∵Sn≠0,∴=1,即1.SnSn+1Sn+1Sn
11又1,∴{是首項(xiàng)為-1,公差為-1的等差數(shù)列.SnS1
∴11=-1+(n-1)(-1)=-n,∴Sn=-.Snn
14.(2023陜西卷)中位數(shù)為1010的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列,其末項(xiàng)為2015,則該數(shù)列的首項(xiàng)為5.
a1+2015解析:設(shè)數(shù)列首項(xiàng)為a1,則=1010,故a1=5.2
15.(2023肇慶一模)等比數(shù)列{an}中,a1+a2=20,a3+a4=40,則a5+a6等于.
a1+a1q=20,解析:q2=2,a5+a6=a1q4+a1q5=q2(a1q2+a1q3)23a1q+a1q=40
=80.
16.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S2=10,S5=55,則
過點(diǎn)P(n,an)和Q(n+2,an+2)(n∈N*)的直線的斜率是.
三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(10分)(2023湛江一模)已知正數(shù)數(shù)列{an}中,a1=1,前n項(xiàng)和為Sn,對(duì)任意n∈N*,lgSn,lgn,lg
(1)求an和Sn;
(2)設(shè)bn=
Sn<Tn<2.
1S解析:(1)依題意:lgSn+lg=2lgn,即=n2,anan
∴Sn=ann2.
∴an+Sn-1=ann2.①
當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=an-1(n-1)2.②
an-1②代入①并整理得:=.an-1n+1
a1a2a3a4an-3n-4an-2n-3an-1∴==…=a13a24a35a46an-4n-2an-3n-1an-2n-2an-1,=nan-1n+1
2a把以上式子相乘得:,a1n(n+1)
又∵a1=1,
2∴an=.n(n+1)
1成等差數(shù)列.a(chǎn)n{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,當(dāng)n≥2時(shí),證明:n!
∵當(dāng)n=1時(shí),a1=1也滿意上式,
2∴an=.n(n+1)
112∵an==2nn+1,n(n+1)
11111111∴Sn=2[1-2+23+34+…+nn+1]=21-n+1
2n=.n+1
2n
112nSn+1(2)bn===2n?。╪+1)!n!n?。╪+1)n!
∴Tn=1111111121!2!2!3!3?。??。玭?。╪+1)!
1=21-(n+1)!.
∵n≥2,∴1>0,(n+1)!
1∴Tn=21-(n+1)?。?.
又Tn-Sn=211-(n+1)!-2n
n+1=
(n+1)?。?nn!2=-2[(n+1)?。?-nn!](n+1)?。╪+1)?。╪+1)!
22=n+1)n?。?-nn!]=n?。?)>0.(n+1)?。╪+1)!
∴Sn<Tn<2.
18.(12分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1+2a2+3a3+…
+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).
(1)求a1,a2的值;
(2)求證:數(shù)列{Sn+2}是等比數(shù)列.
解析:(1)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).∴a1=2,a1+2a2=(a1+a2)+4.
∴a2=4.
(2)∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),①∴當(dāng)n≥2時(shí),
a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)Sn-1+2(n-1).②由①-②得nan=[(n-1)Sn+2n]-[(n-2)Sn-1+2(n-1)]=n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2=nan-Sn+2Sn-1+2.
∴-Sn+2Sn-1+2=0,即Sn=2Sn-1+2.
∴Sn+2=2(Sn-1+2).
∵S1+2=4≠0,
∴Sn-1+2≠0.
Sn+2∴=2.Sn-1+2
∴{Sn+2}是以4為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列.
19.(12分)(2023天津卷)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,{bn}是等差數(shù)列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)cn=anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.
解析:(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,數(shù)列{bn}的公差為d,由題意知
22q-3d=2,q>0.由已知,有4消去d,整理得q4-2q2-8=0,解得q-3d=10,
q2=4.
又由于q>0,所以q=2,所以d=2.
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1,n∈N*;數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)有cn=(2n-1)2n-1,設(shè){cn}的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=120+321+522+…+(2n-3)2n-2+(2n-1)2n-1,
2Sn=121+322+523+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,上述兩式相減,得
-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)2n=2n+1-3-(2n-1)2n=-(2n-3)2n-3,
所以,Sn=(2n-3)2n+3,n∈N*.
3n2-n20.(12分)(2023江西卷)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2
n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)證明:對(duì)任意n>1,都有m∈N*,使得a1,an,am成等比數(shù)列.
S1,n=1,分析:(1)由和項(xiàng)求通項(xiàng),主要依據(jù)an=進(jìn)行Sn-Sn-1,n≥2,
求解.
3n2-n由于Sn=n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=3n-2,又n2
=1時(shí),an=S1=1=31-2,所以an=3n-2;
(2)證明存在性問題,實(shí)質(zhì)是確定n,要使得a1,an,am成等比數(shù)
2列,只需要an=a1am,即(3n-2)2=1(3m-2),m=3n2-4n+2.而
此時(shí)m∈N*且m>n,所以對(duì)任意n>1,都有m∈N*,使得a1,an,am成等比數(shù)列.
3n2-n解析:(1)由于Sn=n≥2時(shí)an=Sn-Sn-1=3n-2
2,又n=1時(shí),an=S1=1=31-2,所以an=3n-2.
2(2)要使得a1,an,am成等比數(shù)列,只需要an=a1am,即(3n-2)2
=1(3m-2),m=3n2-4n+2,而此時(shí)m∈N*,且m>n,所以對(duì)任意n>1,都有m∈N*,使得a1,an,am成等比數(shù)列.
21.(12分)(2023福建卷)等差數(shù)列{an}中,a2=4,a4+a7=15.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=2an-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.
解析:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
a1+d=4,由已知得(a1+3d)+(a1+6d)=15,
a1=3,解得d=1.
所以an=a1+(n-1)d=n+2.
(2)由(1)可得bn=2n+n,
所以b1+b2+b3+…+b10
=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
=(2+2
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