数列(A卷 基础过关检测)2——新高考数学复习专题测试.pdf

第六单元 数列A A 卷卷基础过关检测基础过关检测一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。目要求的。1（2019哈尔滨市第一中学校高三开学考试（文）在等差数列an中，已知 a4a816，则该数列前 11项和 S11（）A58【答案】B【解析】等差数列前 n 项和公式snB88C143D176n(a1an)11(a1a11)11(a4a8)111688，s1122222（2020福建高三其他（文）等差数列an的前n项和为Sn，若a2,a4是方程x22x3 0的两实根.则S5（）A10【答案】C【解析】等差数列an的前n项和为Sn，若a2,a4是方程x22x3 0的两实根，a2a4 2，则S5故选：CB5C5D105a1a55a2a4 5.22a2a5a48a6，3（2020全国高三其他（文）记等差数列an的前n项和为Sn，若a5 2，则S20（）A180【答案】B【解析】B180C162D162a5 2，a22a48a6，a 4d 21,a1d 2a16d 8a140da14d 2解得，a d 2a 6d 8a 40d111d 2，a110，a2010 19S20228，a1a2020 180.2故选：B.4（2020全国高三三模（文）记等差数列an的前n项和为Sn.若a311，S6 75，则a12（）A28【答案】CB31C38D41a3 a12d 11a15.【解析】由题知：，解得65S6 6a1d 75d 32所以a12 5113 38.故选：C.5（2020全国高三二模（文）已知等差数列an的前n项和为Sn，若S55a42 a17 m，则m（）A16【答案】D【解析】因为S55a42，所以S5B19C33D35a1a55 5a3 5a42，2所以公差d 2，又5a42a17，所以5a14 a1162，解得a1 3，所以a17 3162 35.故选：D.6（2020全国高三其他（文）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c成等差数列，C 6，3ABC的面积为，那么c（）2A3 1B3 1C3【答案】BD2 3 1【解析】因为a，c，b成等差数列，所以2c ab因为ABC的面积为133，C，所以absin，2626222所以ab 6又c a b 2abcos26，所以c2 4c2126 3，即c2 4 2 3，所以c 3 1故选：B7（2020湖南天心长郡中学高三三模（文）设数列an的前n项和为Sn，满足Sn(1)ann1，则2nS1 S3 S5（）A0【答案】D【解析】数列an的前n项和为Sn,满足Sn(1)annB1764C5641,2nD216411S，即有n1nn2211121+所以S1S3S54166464当n为偶数时，Sn SnSn1故选:D.8（2020湖北荆门高三期末（文）已知等差数列an的前 n项和为Sn，a11，若am1 am am115，且Sm 27，则 m 的值是()A7【答案】C【解析】an是等差数列，am1amam1 3am15，am 5，SmB8C9D10m(a1am)m(15)27，m 922故选：Ca1a112a6a8a3a13 25，9（2020安徽金安六安一中高三其他（文）在各项均为正数的等比数列an中，则a7的最大值是（）A25【答案】B【解析】由等比数列的性质，22可得a1a112a6a8a3a13 a62a6a8a8a6a8 25，22B254C5D25又因为an 0，所以a6a8 5，a a 25，2所以a7 a6a86842（当且仅当a6 a8所以a7的最大值是故选：B10（2020湖北荆门高三二模（文）我国南北朝时的数学著作张邱建算经有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？“则在该问题中，等级较高的一等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（）A多225时取等）225.48斤21B少8斤21C多1斤3D少1斤3【答案】A【解析设十等人得金从高到低依次a1,a2,a10,则an为等差数列,设公差为 d,则由题意可知a1a2a3 4；a a a 389104,a9=1,3a a21；d97218a1a9=8d.21a2即等级较高的一等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金多8斤.21故选：A.11（2020河南高三月考（文）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1 到 2020这 2020个自然数中被 5除余 3且被 7除余 2 的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（）A56383【答案】C【解析】被 5除余 3且被 7 除余 2 的正整数构成首项为 23，公差为57 35的等差数列，记数列an则an 2335n135n12令an 35n12 2020，解得n 58故该数列各项之和为5823故选：C.12（2020常德市第二中学高三其他（文）已知数列an满足a12a23a3B57171C59189D612422.35585735 59189.2nan2n13n设bnA4n，Sn为数列bn的前n项和若Sn（常数），nN*，则的最小值是（）an32B94C3112D3118【答案】C【解析】a12a23a3nan2n13nn1an12n33n1n1当n 2时，类比写出a12a23a3由-得nan 4n3n1，即an 43.当n 1时，a1 3 4，3ann1434n 13，bnn 2n3n1n 1n 2Sn423n11232n1023333333311123n-1nSn23n1+n3933333221111Sn0+23393333nn13-得，1nn1n23-nn1-n91-133331-Sn31 6n931-n124312Sn（常数），nN*，的最小值是故选 C.二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，共小题，共 2020 分。分。13（2020福建高三其他（文）设正项等比数列an的前 n项和为Sn，a1 2,S314，若bn数列bn中最大的项为_.【答案】3112n，则an12【解析】根据题意，设正项等比数列an的公比为q，其中q 0，2因为a1 2,S314，可得S3 2 2q 2q 14，解得q2或q 3，因为q 0，所以q则bn2，所以an a1qn1 2n，nnn，故b11,b2221，an2222nnbnn112(1)1，当n 2时，则由bn1n12(n1)2n12n1则有b1 b2 b3 b4，所以数列bn中最大的项为故答案为：1.21.214（2020河南高三其他（文）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若【答案】5【解析】等差数列an中，S1212a166d,S4 4a16d，a3S12_.9，则a1S4所以aa 2d5a1S126a133d 5，故答案为：5 9，即d 2a1，所以31a1a1a1S42a13d15（2020银川唐徕回民中学高三一模（文）记Sn为数列an的前n项和，若Sn 2an1，则S6_【答案】63【解析】根据Sn 2an1，可得Sn1 2an11，两式相减得an1 2an12an，即an1 2an，当n 1时，S1 a1 2a11，解得a1 1，所以数列an是以-1为首项，以 2为公比的等比数列，(126)所以S6 63，故答案是63.1216（2020安徽庐阳合肥一中高三其他（文）设数列an的前 n项和为Sn，若存在实数 A，使得对于任意的nN*，都有Sn A，则称数列an为“T数列”则以下an为“T数列”的是_若an是等差数列，且a1 0，公差d 0；若an是等比数列，且公比q 满足q 1；若ann2；nn12nn若a11，an21an 0【答案】【解析】若an是等差数列，且a1 0，公差d 0，则Snd2d n a1n，22当n时，Sn，所以数列an不是“T数列”；若an是等比数列，且公比q 满足q 1，所以Sna11qn1qa1a1qna1a1qna 21，1q1q1q1q1q所以数列an是“T 数列”；若ann211，nn12nn2nn12n1所以Sn111112231222223211n2nn12n1111，n12n122则数列an是“T数列”；在数列an中，a11，an21an 0，n当 n是奇数时，an2an0，数列an中奇数项构成常数列，且各项均为1；当 n是偶数时，an 2an0，即任意两个连续偶项和为0，显然当n时，Sn，所以数列an不是“T数列”；故答案为：三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 6 小题，小题，1717 题题 1010 分，其余每题分，其余每题 1212 分共分共 7070 分）分）217（2020四川青羊石室中学高三其他（文）已知数列an的前 n项和为Sn，且2Sn n n（nN N），数列bn为等比数列，且b2 a4，b1b3 S4.（1）求an和bn的通项公式；（2）若数列bn为递增数列，设cn1anbn，求数列cn的前 n项和Tn.n4nn【答案】（1）an n（nN N），bn 2或bn 2；（2）Tn 23n1n12.99【解析】（1）由已知当n 1时，2a1 2S1 2，a11，22Sn n n当n 2时，则2an 2n，即an n（n 2），22Sn1n1n1故an n（nN N）.设等比数列bn的公比为 q，b2 a4 4，b1b3 S410，b18b1 2b1q 4，或者1，2b 1q10q 2q 124nnbn 2或bn 2.（2）若数列bn为递增数列bn 2，cn1anbn1n2n n2，nnnnTn1222322Tn1222上述两式相减，得2323n2，nn1nn12n2.3Tn 222，232n2nn11 2212n23n1n1n 2n1 23323n1n1Tn 2.99n118（2020全国高三二模（文）已知数列cn的前n项和Tn 2 2，在各项均不相等的等差数列bn中，b11，且b1，b2，b5成等比数列，（1）求数列bn、cn的通项公式；（2）设an 2nlog2cn，求数列an的前n项和Snb22n1 2n2 n【答案】（1）bnb1n1d 2n1，cn 2；（2）Sn32n【解析】（1）设数列bn的公差为d，则b2 b1 d，b5 b14d，2b1，b2，b5成等比数列，b2 b1b5，即b1d b1b14d22整理得d 2b1d，解得d 0（舍去）或d 2b1 2，bnb1n1d 2n1当n 1时，c1 2，当n 2时，cnTnTn1 2验证：当n 1时，c1 2满足上式，n数列cn的通项公式为cn 2n122n2 2n12n 22n2n 2n2n1 n，（2）由（1）得，an 2nlog2cn 2bSn21 2 2 2 3 35 22n1nn223252 14n1422n11232n1n1n2223n2n219（2020全国高三二模（文）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3 a4 3，S10 25（1）求an的通项公式；（2）设bn 2n（i）求证：数列bn是等比数列；（ii）数列bn中任意两项之积是否仍是数列bn中的项？并说明理由【答案】（1）ana2n1nN；（2）（i）证明见解析；（ii）不是，理由见解析.4【解析】（1）设等差数列an的公差为d，a12d a13d 3,由题意，得，10910a1d 252解得a111，d1，42112n1n1nN424an1所以数列an的通项公式为an（2）（i）由bn 2，得bn1 2an1bn12an1an1anan 2 22，则bn2所以数列bn是首项为42，公比为2的等比数列（ii）数列bn中任意两项之积不是数列bn中的项.设数列bn中任意两项分别为bp，bqp,q N,p q，由（i），得b 2nan 22n14，则b b 2pq2 p1422q14 2pq12若bpbq，是数列bn中的项，则整理得2p q n1，p q 12n1，24显然该等式左边为偶数，右边为奇数，矛盾，所以bpbq不是数列bn中的项，故数列bn中任意两项之积不是数列bn中的项20（2020厦门市湖滨中学高三其他（文）已知等差数列an满足：a3 7，a5a7 26an的前 n项和为Sn（）求an及Sn；（）令bn1（n N）,求数列bn的前n项和Tnan21【答案】（）an 2n1,Sn n(n 2);（）n4(n1)【解析】（1）设等差数列an的公差为d，因为a3 7，a5a7 26，所以有a12d 72a110d 26，解得a13,d2，所以an 3 2(n1)2n1，Sn 3nn(n1)2 n22n.2（2）由（1）知，an 2n1，所以bn1111 11()，2an1(2n1)214n(n1)4 nn1所以Tn1111(142231111n)(1)，nn14n14(n1)即数列bn的前n项和Tnn.4(n1)21（2020武威第六中学高三其他（文）已知数列an满足123nn 2a152a252a352an53（1）求数列an的通项公式；（2）设数列1的前n项和为Tn，求Tnanan13n5n.；（2）Tn6n162【答案】（1）an【解析】令bnnn，设数列bn的前n项和为Sn，则Sn2an53当n 1时，b1 S11；3nn11.333n1，故an3n5，nN*；2an532当n 2时，bn SnSn1数列bn是常数列，即bn14411（2）由（1）知，anan13n533n53 n1 53 n1 5Tn111 a1a2a2a3anan1411411411 3315325332533533n53n15411111133153253253353n53n1541141114n.33153n15383n1569n246n1622（2020山西晋中高三一模（文）已知函数f(x)（1）讨论f(x)的单调性；（2）当a 1时，证明：（i）xf(x)x 1；alnx a 1x（ii）证明：f(2)f(3)f(n)n1323n22n24【答案】（1）详见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】（1）f(x)a alnx a 11alnx(x 0),22xx令g(x)1alnx，当a 0时，g(x)1 0，f(x)在(0,)上单调递增；当a 0时，若x(0,e)，g(x)0，f(x)单调递增，若x(ea,)，g(x)0，f(x)单调递减；当a 0时，若x(0,e)，g(x)0，f(x)单调递减，若x(e,)，g(x)0，f(x)单调递增综上，当a 0时，f(x)在(0,)上单调递增；当a 0时，f(x)在(0,ea)上调递增，在(ea,)上单调递减；当a 0时，f(x)在(0,ea)上单调递减，在(ea,)上单调递增（2）（i）当a 1时，f f(x x)111a1a11a11lnln x x，所以xf(x)lnx，x x令h(x)lnxx 1，则h(x)11x1(x0)，xx若x(0,1)，h(x)0，h(x)单调递增；若x(1,)，h(x)0，h(x)单调递减h(x)maxh(1)ln10，即lnx x 1，即xf(x)x 1（ii）当a1时，f f(x x)由（i）知lnx x 1，即f(n)lnnlnlnx x2，nnx xlnx11，xx2lnn1lnn21令xn得212，即212，nnnn2所以f(n)lnn2nn1111(12)12n2n(n1)1111()，2nn 1f(2)f(3)f(n)ln2ln3lnn22223n23n1111111(n 1)()22334nn 1111(n 1)()22n 1n1322n24如何学好数学做选择题时注意各种方法的运用，比较简单的自己会的题正常做就可以了，遇到比较复杂的题时，看看能否用做选择题的技巧进行求解（主要有排除法、特殊值代入法、特例求解法、选项一一带入验证法、数形结合法、逻辑推理验证法等等），一般可以综合运用各种方法，达到快速做出选择的效果。填空题也是，比较简单的会的就正常做，复杂的题如果答案是一个确定的值时，看能否用特殊值代入法以及特例求解法。选择填空题的答题时间要自己掌握好，遇到不会的先放下往后答，我们的目标是把卷子上所有会的题都答上了、都答对了，审题要仔细（一个字一个字读题），计算要准确（一步一步计算），千万不要有马虎的地方。大题文科第一题一般是三角函数题，第一步一般都是需要将三角函数化简成标准形式 Asin（wx+fai）+c，接下来按题做就行了，注意二倍角的降幂作用以及辅助角（合一）公式，周期公式，对称轴、对称中心、单调区间、最大值、最小值都是用整体法求解。求最值时通过自变量的范围推到里面整体u=wx+fai 的范围，然后可以直接画 sinu 的图像，避免画平移的图像。这部分题还有一种就是解三角形的问题，运用正弦定理、余弦定理、面积公式，通常有两个方向，即角化成边和边化成角，得根据具体问题具体分析哪个方便一些，遇到复杂的题就把未知量列成未知数，根据定理列方程组，然后解方程组即可。理科如果考数列题的话，注意等差、等比数列通项公式、前 n 项和公式；证明数列是等差或等比直接用定义法（后项减前项为常数/后项比前项为常数），求数列通项公式，如为等差或等比直接代公式即可，其它的一般注意类型采用不同的方法（已知 Sn 求 an、已知 Sn 与 an 关系求 an（前两种都是利用 an=Sn-Sn-1，注意讨论 n=1、n1）、累加法、累乘法、构造法（所求数列本身不是等差或等比，需要将所求数列适当变形构造成新数列 lamt，通过构造一个新数列使其为等差或等比，便可求其通项，再间接求出所求数列通项）；数列的求和第一步要注意通项公式的形式，然后选择合适的方法（直接法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等）进行求解。如有其它问题，注意放缩法证明，还有就是数列可以看成一个以 n 为自变量的函数。第二题是立体几何题，证明题注意各种证明类型的方法（判定定理、性质定理），注意引辅助线，一般都是对角线、中点、成比例的点、等腰等边三角形中点等等，理科其实证明不出来直接用向量法也是可以的。计算题主要是体积，注意将字母换位(等体积法)；线面距离用等体积法。理科还有求二面角、线面角等，用建立空间坐标系的方法（向量法）比较简单，注意各个点的坐标的计算，不要算错。第三题是概率与统计题，主要有频率分布直方图，注意纵坐标（频率/组距）。求概率的问题，文科列举，然后数数，别数错、数少了啊，概率=满足条件的个数/所有可能的个数；理科用排列组合算数。独立性检验根据公式算K 方值，别算错数了，会查表，用1 减查完的概率。回归分析，根据数据代入公式（公式中各项的意义）即可求出直线方程，注意（x 平均，y 平均）点满足直线方程。理科还有随机变量分布列问题，注意列表时把可能取到的所有值都列出，别少了，然后分别算概率，最后检查所有概率和是否是 1，不是 1 说明要不你概率算错了，要不随机变量数少了。第四题是函数题，第一步别忘了先看下定义域，一般都得求导，求单调区间时注意与定义域取交。看看题型，将题型转化一下，转化到你学过的内容（利用导数判断单调性（含参数时要利用分类讨论思想，一般求导完通分完分子是二次函数的比较多，讨论开口 a=0、a0 和后两种情况下 delt0）、求极值（根据单调区间列表或画图像简图）、求最值（所有的极值点与两端点值比较）等），典型的有恒成立问题、存在问题（注意与恒成立问题的区别），不管是什么都要求函数的最大值或最小值，注意方法以及比较定义域端点值，注意函数图象（数形结合思想：求方程的根或解、曲线的交点个数）的运用。证明有关的问题可以利用证明的各种方法（综合法、分析法、反证法、理科的数学归纳法）。多问的时候注意后面的问题一般需要用到前面小问的结论。抽象的证明问题别光用眼睛在那看，得设出里面的未知量，通过设而不求思想证明问题。第五题是圆锥曲线题，第一问求曲线方程，注意方法（定义法、待定系数法、直接求轨迹法、反求法、参数方程法等等）。一定检查下第一问算的数对不，要不如果算错了第二问做出来了也白算了。第二问有直线与圆锥曲线相交时，记住我说的“联立完事用联立”，第一步联立，根据韦达定理得出两根之和、两根之差、因一般都是交于两点，注意验证判别式0，设直线时注意讨论斜率是否存在。第二步也是最关键的就是用联立，关键是怎么用联立，即如何将题里的条件转化成你刚才联立完的 x1+x2 和 x1x2，然后将结果代入即可，通常涉及的题型有弦长问题（代入弦长公式）、定比分点问题（根据比例关系建立三点坐标之间的一个关系式（横坐标或纵坐标），再根据根与系数的关系建立圆锥曲线上的两点坐标的两个关系式，从这三个关系式入手解决）、点对称问题（利用两点关于直线对称的两个条件，即这两点的连线与对称轴垂直和这两点的中点在对称轴上）、定点问题（直线 y=kx+b 过定点即找出 k 与 b 的关系，如 b=5k+7，然后将 b代入到直线方程 y=kx+5k+7=k（x+5）+7 即可找出定点（-5,7）、定值问题（基本思想是函数思想，将要证明或要求解的量表示为某个合适变量（斜率、截距或坐标）的函数，通过适当化简，消去变量即得定值。）、最值或范围问题（基本思想还是函数思想，将要求解的量表示为某个合适变量（斜率、截距或坐标）的函数，利用函数求值域的方法（首先要求变量的范围即定义域别忘了delt0，然后运用求值域的各种方法直接法、换元法、图像法、导数法、均值不等式法（注意验证“=”）等）求出最值（最大、最小），即范围也求出来了）。抽象的证明问题别光用眼睛在那看，得设出里面的未知量，通过设而不求思想证明问题。选修题说下参数方程与极坐标，各种曲线的参数方程的标准形式要记准，里面谁是参数，以及各量的意义以及参数的几何意义，一般都是先画成直角坐标，变成直角坐标题意就简单了，有的题要用到参数方程里参数的几何意义来解题（注意直线参数方程只有是标准的参数方程才能用 t 的几何意义，要不会差一个倍数，弦长|AB|=|t1-t2|，|PA|PB|=|t1t2|（注意 P 点得是你参数方程里前面的（a，b），只有这样联立后的参数 t 才表示 PA、PB），这时会简单许多。极坐标也是，先化成直角坐标再解题，这样就简单了。