備戰(zhàn)2025年高考二輪復習數學專題檢測3

專題檢測三(分值:150分)學生用書P167一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024·北京昌平二模)已知數列{an}滿足an+1=2an,a2=4,則數列{an}的前4項和等于()A.16 B.24 C.30 D.62答案C解析由已知可得,an+1=2an,所以數列{an}是公比為2的等比數列.又因為a2=4,所以a1=2,所以數列{an}的前4項和等于2+4+8+16=30.故選C.2.(2024·廣東江門一模)已知各項均為正數的等比數列{an}中,若a5=9,則log3a4+log3a6=()A.3 B.4 C.8 D.9答案B解析由各項為正數的等比數列{an},且a5=9,可得a4a6=a52=81,所以log3a4+log3a6=log3a4a6=log381=4.故選3.(2024·江蘇徐州模擬)若等差數列{an}滿足an+an+1=4n+1,則a1=()A.3 B.32 C.1答案B解析設等差數列{an}的公差為d,則an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd.因為an+an+1=4n+1,可得an+an+1=2a1+(2n-1)d=2a1-d+2nd,所以有2a1-d=14.(2024·河北保定三模)已知在等差數列{an}中,a1=1,公差d>0.若數列an2-4n也是等差數列,則A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析依題意,an=dn+1-d(d>0),則an2-4n=d2n+2d(1-d)+(1-d)2-又an2-4n是等差數列,所以-(1-d)2-4n(n+15.(2024·河北秦皇島二模)將數列{3n+1}與數列{4n-1}的公共項從小到大排列得到數列{an},則{an}的前30項的和為()A.3255 B.5250 C.5430 D.6235答案C解析顯然數列{3n+1}和數列{4n-1}均為等差數列,令3n1+1=4n2-1,其中n1,n2∈N*,可得n1=4n2-23,則n2=2,5,8,…,則數列{an}為等差數列,且a1=4×2-1=7,公差為(4×5-1)-(4×2-1)=12,所以{an}的前30項的和為30×7+30×292×6.(2024·湖南岳陽三模)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,若a2≥a1>0,S20=100,則a10a11()A.有最小值25 B.有最大值25C.有最小值50 D.有最大值50答案B解析由S20=20(a1+a20)2=10(a10+a11)=100可得a10+a11=10.因為a2≥a1>0,則等差數列{an}的公差d≥0,故a10>0,a11>0,則a10a11≤a10+a1122=25,當且僅當a10=a11=5時,等號成立,即當a10=a7.(2024·江蘇蘇州二模)已知數列{an}的前n項和為Sn,2an+1=3Sn,若tSn<2n對任意的n∈N*恒成立,則實數t的取值范圍為()A.(-4,2) B.[-3,2)C.(-6,2) D.(-3,2]答案B解析由2an+1=3Sn,得an=3Sn-12.當n≥2時,an=Sn-Sn-1,則3Sn-12=Sn-Sn-1,整理得Sn=-2Sn-1又3S1=2a1+1=2S1+1,解得S1=1,于是S1-13=23≠0,數列Sn-13是首項為23,公比為-2的等比數列,因此Sn-13=由tSn<2n,得1-(-2)n3·t<2n,當n為奇數時,1+2n3·t<2n,即t<3×2n1+2n=3-31+2n,顯然3-31+2n為遞增數列,當n=1時,3-31+2nmin=2,所以t<2.當n為偶數時,1-2n3·t<2n8.(2024·北京東城二模)設無窮正項數列{an},如果對任意的正整數n,都存在唯一的正整數m,使得am=a1+a2+a3+…+an,那么稱{an}為內和數列,并令bn=m,稱{bn}為{an}的伴隨數列,則下列說法正確的是()A.若{an}為等差數列,則{an}為內和數列B.若{an}為等比數列,則{an}為內和數列C.若內和數列{an}為遞增數列,則其伴隨數列{bn}為遞增數列D.若內和數列{an}的伴隨數列{bn}為遞增數列,則{an}為遞增數列答案C解析對于選項A,B,令an=1,可知{an}即為等差數列也為等比數列,則a1+a2=2,但不存在m∈N*,使得am=2,所以{an}不為內和數列,故A,B錯誤;對于選項C,因為an>0,對任意n1,n2∈N*,n1<n2,可知存在m1,m2∈N*,使得am1=a1+a2+a3+…+an1,am2=a1+a2+a3+…+an2,則am2-am1=an1+1+an1+2+…+an2>0,即am2>am1,且內和數列{an}為遞增數列,可知m2>m1,所以其伴隨數列{bn}為遞增數列,故C正確;對于選項D,例如2,1,3,4,5,…,顯然二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2024·廣東廣州模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a6=31,S3=21,則下列說法正確的有()A.aB.a2=7C.若?n∈N*,Snn2≤a,則a的取值范圍為(3D.an答案BD解析由題意知{an}為等差數列,設公差為d,由a6=31,S3=21,得a1+5d=31,3a1+3×(3-1)d2=21,解得a1=1,d=6,則an=6n-5,Sn=n+由a112=1<a222=74因為Snn2=3-2n,由于n∈N*,0<2n≤2,故1≤Snn2<3.由于?n∈N*,Snn2≤a由于n∈N*,0<5n≤5,故ann=6-5n<6,故D10.(2024·山東濱州模擬)已知{an}是正項等差數列,首項為a1,公差為d,且a1=d,Sn為{an}的前n項和,則下列說法正確的是()A.數列{Sn+1-Sn}是等差數列B.數列{Sn}C.數列{2anD.數列{lgan}是等比數列答案AC解析由題意得,a1=d>0.因為數列{an}是等差數列,Sn+1-Sn=an+1,Sn+1-Sn-(Sn-Sn-1)=an+1-an=d,所以數列{Sn+1-Sn}是等差數列,故A正確;當a1=d=1時,an=n,S1=1,S2=3,S3=6,因為2S2≠S1+S3,所以數列{Sn}不是等差數列,故B錯誤;因為2an+12an=2an+1-an=2d,所以數列{2an}是等比數列,故C正確;當11.(2024·福建寧德模擬)“楊輝三角”是二項式系數在三角形中的一種幾何排列.從第1行開始,第n行從左至右的數字之和記為an,如a1=1+1=2,a2=1+2+1=4,…,{an}的前n項和記為Sn,依次去掉每一行中所有的1構成的新數列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,記為{bn},{bn}的前n項和記為Tn,則下列說法正確的有()A.S10=1022B.2anSC.b57=66D.T57=4150答案BCD解析從第一行開始,每一行的數依次對應(a+b)n的二項式系數,所以an=(1+1)n=2n,所以{an}為等比數列,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,所以S10=211-2anSn·Sn+1=2n+1(2n+1-2)(2n+2-2)=12n+1-2-12n+2-2,故2anSn·Sn+1的前n項和為122-2-123-2+123-2-124-2+…+12n+1-2-12n+2-2=12-12n+2-2=12-1an+2-2,故三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(2024·浙江金華模擬)已知數列{an}是等差數列,數列{bn}是等比數列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,則tana1+a7答案3解析由等差數列的性質可知,a2+a4+a6=3a4=5π,即a4=5π3,而a1+a7=2a4=10π3,根據等比數列的性質可知,b2b4b6=b43=33,則b4=3,b2b6=b42=3,所以13.(2024·陜西西安模擬)已知等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn和Tn,且SnTn=n+3n答案4解析因為等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn和Tn,設Sn=An2+Bn,Tn=Cn2+Dn,A,B,C,D∈R,由SnTn=An2+BnCn2+Dn=An+BCn+D=n+3n-1,則An+B=k(n+3),Cn+D=k(n-1),所以a14.(2024·廣東廣州模擬)如圖,畫一個正三角形A1A2A3,不畫第三邊;接著畫正方形A2A3A4A5,對這個正方形,不畫第四邊;接著畫正五邊形A4A5A6A7A8,對這個正五邊形,不畫第五邊;接著畫正六邊形,…,這樣無限畫下去,形成一條無窮伸展的等邊折線.設線段AnAn+1與線段An+1An+2所夾的角為θn(n∈N*,θn∈(0,π)),則θ10=,滿足θn>174°的最小n值為.

答案120°1712解析由題意得,θ1=60°,由此類推,θ2=90°,θ3=90°,θ4=108°,θ5=108°,θ6=108°,θ7=120°,θ8=120°,θ9=120°,θ10=120°,…,觀察規(guī)律,三角形會有1個角,并且角的度數恰好是其內角的度數,正方形有2個90°,正五邊形有3個108°,正六邊形有4個120°,…,所以正k多邊形有(k-2)個180°(k-2)k.令180°(k-2)k>174°,解得k>60,所以k的最小值為61,即滿足條件θn>174°的角至少要在正六十一邊形中,所以n>1+2+3+4+四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(2024·安徽合肥三模)設數列{an}的前n項和為Sn,已知a1=6,Snn+2是公差為(1)求{an}的通項公式;(2)若bn=4anan+1,設數列{bn}的前n項和為Tn,求證:(1)解因為a1=6,所以S11+2=61+2=2.又因為Snn+2是公差為2的等差數列,所以Snn+2=2+(n-1)×2=2n,當n≥2時,an=Sn-Sn-1=2n(n+2)-2(n-1)(n+1)=4n+2.又由a1=6,適合上式,所以數列{an}的通項公式為an=4n+2.(2)證明由(1)知bn=4anan+1=4(4n+2)(4又由Tn+1-Tn=14n+6所以{Tn}為遞增數列,所以Tn≥T1=1又因為14n+6所以Tn=16所以115≤Tn16.(15分)(2024·四川成都模擬)已知數列{an}滿足a1=1,a2=1,當n≥3時,an=a(1)求a4和a6,并證明當n為偶數時{an+1}是等比數列;(2)求a1+a3+a5+…+a29.解(1)因為a1=1,a2=1,當n≥3時,an=a所以a4=2a2+1=3,a6=2a4+1=7.令k∈N*,則a2k+2=2a2k+1,a2k+2+1=2(a2k+1).又a2+1=2,所以當n為偶數時,{an+1}是以2為首項,以2為公比的等比數列.(2)由(1)知,a2k+1=(a2+1)2k-1=2k,設n=2k,k∈N*,則an=2n2-所以當n為偶數時,an=2n2-a2k+1=a2k+a2k-1=2k-1+a2k-1=2k-1+a2k-2+a2k-3=2k-1+2k-1-1+a2k-3=…=2k-1+2k-1-1+…+(21-1)+a1,所以a2k+1=2(1-2k)1-2當k=0時,a1=20+1-0-1=1符合上式,所以a2k+1=2k+1-k-1,k∈N.設n=2k+1,k∈N,所以當n為奇數時,an=2n所以a1+a3+a5+…+a29=(21-1)+(22-2)+(23-3)+…+(215-15)=(21+22+23+…+215)-(1+2+3+…+15)=21(1-21517.(15分)(2024·廣東廣州二模)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a2n+1=2an+2,且Snn(1)求{an}的通項公式;(2)在2an2與2an+12之間插入n個數,使這n+2個數組成一個公差為dn(dn>0)的等差數列,記數列1dn的前n(1)解因為等差數列{an}中,an=a1+(n-1)d,且a2n+1=2an+2,所以a1+2nd=2[a1+(n-1)d]+2,即a1+2=2d①.因為Snn所以S令n=1時,S23-S12=S34結合①②,解出d=2,a1=2,則an=2+(n-1)×2=2n,所以{an}的通項公式為an=2n.(2)證明由題設得dn=2an+12所以Tn=1d1+1d2+…+則12Tn=222+3由③-④得12Tn=1+122+123+…所以Tn=3-n+3因為n∈N*,所以n+32n所以Tn<3.18.(17分)(2024·重慶九龍坡模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a4+a7=20,S9=27a2.(1)求{an}的通項公式;(2)設bn=2an+2+an,數列{bn}的前n項和為Tn,證明:當n≥3時(1)解設{an}的公差為d,則a即2a1所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.(2)證明bn=2=2=2=2n所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=12(5-1+7-3+9-5+…+2所以2Tn=2n+3+所以2Tn-an+1=2n+3+當n≥3時,2n+3-3-1≥2×3+3-3-1=3-3所以當n≥3時,2Tn>a19.(17分)(2024·湖北武漢模擬)混沌現象普遍存在于自然界和數學模型中,比如天氣預測、種群數量變化和天體運動等等,假設在一個混沌系統(tǒng)中,用xn來表示系統(tǒng)在第n(n∈N*)個時刻的狀態(tài)值,且該系統(tǒng)下一時刻的狀態(tài)xn+1滿足xn+1=f(xn),0<x1<1,其中f(x)=-ax2+ax.(1