【文档说明】2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 第六章 数列 单元质检卷六　数列含解析【高考】.docx，共(12)页，94.694 KB，由小赞的店铺上传

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1单元质检卷六数列(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共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.记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1+3a5=12,则S7=()A.18B.21C.24D.272.已知在等比数列{an}中,a5-a1

=15,a4-a2=6,则a3=()A.-4B.4C.12或2D.-4或43.在等比数列{an}中,a4,a6是方程x2+5x+1=0的两根,则a5=()A.1B.±1C.52D.±524.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn

和Tn,且𝑆𝑛𝑇𝑛=𝑛+52𝑛-1,则𝑎7𝑏6=()A.67B.1211C.1825D.16215.在公差d不为零的等差数列{an}中,a6=17,且a3,a11,a43成等比数列,则d=()A.1B.2C.

3D.46.在数列{an}中,a1=12,an=1-1𝑎𝑛-1(n≥2,n∈N*),则a2020=()A.12B.1C.-1D.27.已知等比数列{an}满足a1-a2=36,a1-a3=24,则使得a1a2…an取

得最大值的n为()A.3B.4C.5D.68.数列{an}满足a1=23,an+1=𝑎𝑛2(2𝑛+1)𝑎𝑛+1,则数列{an}的前2019项的和为()A.40354036B.40364037C.40374038D.40384039二、

选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=an�

�𝑎𝑛(q≠0,1),则数列{bn}的前n项和可以是()A.nB.nq2C.𝑞+𝑛𝑞𝑛+1-𝑛𝑞𝑛-𝑞𝑛(1-𝑞)2D.𝑞+𝑛𝑞𝑛+2-𝑛𝑞𝑛+1-𝑞𝑛+1(1-𝑞)210.已知数列{an}满足

a1=1,an+1=𝑎𝑛2+3𝑎𝑛(n∈N*),则下列结论正确的有()A.1𝑎𝑛+3为等比数列B.{an}的通项公式为an=12𝑛+1-3C.{an}为递增数列D.1𝑎𝑛的前n项和Tn=2n+2-3

n-411.已知数列{an}不是常数列,其前n项和为Sn,则下列选项正确的是()A.若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则{an}为递增数列B.若数列{an}为等差数列,a1>0,S3=S10,则Sn的最大值在

n=6或7时取得C.若数列{an}为等比数列,则S2021·a2021>0恒成立D.若数列{an}为等比数列,则数列{2𝑎𝑛}也为等比数列12.设{an}是无穷数列,若存在正整数k,使得对任意n∈N*,均有an+k>an,则称{an}是间隔递增数列,k是{an}的间隔数,下列说法正确的是(

)A.公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列B.已知an=n+4𝑛,则{an}是间隔递增数列C.已知an=2n+(-1)n,则{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2D.已知an=n2-tn+2020,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则

4≤t<5三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在各项均为正数的等比数列{an}中,a5a6=8,则数列{log2an}的前10项和等于.14.在等差数列{an}中,已知a7=3,a15=27,则a1

1=.15.自然奇数列{an}排成以下数列,13,57,9,11,1315,17,19,21,23,25,27,29…若第n行有2n-1个数,则前n行数字的总和为.16.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小

的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=;如果对∀n∈N*,Sn>2020π3恒成立,那么a的取值范围是.3四、解答题:本题共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.(10分)已知各项均不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=9,且a1,a4,S7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式an与Sn;(2)设bn=(

-1)n(Sn+2n),求数列{bn}的前20项和T20.18.(12分)在数列{an}中,a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2).(1)求an;(2)求1𝑎2+2𝑎3+3𝑎4+…+𝑛-1𝑎𝑛.419.(12分)(2020上海第二中学高三期中)设Sn

是等比数列{an}的前n项和,满足S3,S2,S4成等差数列,已知a1+2a3+a4=4.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足bn=1log2|𝑎𝑛|,n∈N*,记Tn=b1b2+b2b3+b3b4+…+bnbn+1,n∈N*,若对于任意n∈N*,都有aTn<

n+4恒成立,求实数a的取值范围.20.(12分)已知{an}为等差数列,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数都不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行第二4695行第三行1287请从①a1=2,②a1=1

,③a1=3三个条件中选一个填入上表,使满足以上条件的数列{an}存在,并在此存在的数列{an}中,试解答下列两个问题.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足bn=(-1)n+1𝑎𝑛2,求数列{bn}的前n项和

Tn.21.市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房,银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金:每月的还款额呈递减趋势,且从第二个还款月开始,每月还款额与上月还款额的差均相同;②等额本息:每个月的还款

额均相同.银行规定,在贷款到账日的次月当天开始首次还款(若2019年7月7日贷款到账,则2019年8月7日首次还款).已知小张该笔贷款年限为20年,月利率为0.004.(1)若小张采取等额本金的还款方式,现已得知第一个还款月应还4900元,最后一个还款

月应还2510元,试计算小张该笔贷款的总利息;(2)若小张采取等额本息的还款方式,银行规定,每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半,已知小张家庭平均月收入为1万元,判断小张该笔贷款是否能够获批(不考虑其他

因素);(3)对比两种还款方式,从经济利益的角度来考虑,小张应选择哪种还款方式.参考数据:1.004240≈2.61.22.(12分)等差数列{an}的首项为1,公差d≠0,且a1,a2,a5成等比数列,数列

{bn}满足b1=1且1𝑏𝑛+1=1𝑏𝑛−12𝑛.6(1)求an,bn;(2)若cn=𝑎𝑛𝑏𝑛,数列{cn}的前n项和为Sn.①求Sn;②求使Sn>358的最小正整数n.参考答案单元质检卷六数列1.

B因为a1+3a5=12,所以4a1+12d=12,即a1+3d=3=a4,所以S7=7(𝑎1+𝑎7)2=7×2×𝑎42=7a4=21.故选B.2.D∵a5-a1=15,a4-a2=6,则{𝑎1(𝑞4-1)=15,𝑎1(𝑞3-𝑞)=6,∴2q2-5q+2=0,解得q=2或q

=12.∴q=2,a1=1或q=12,a1=-16.∴a3=22=4或a3=(-16)×122=-4.故选D.3.B在等比数列{an}中,由题意知a4+a6=-5,a4·a6=1,所以a4<0,a6<0,𝑎52=a4·a6=1,即a5=±1.故选B.

4.A因为等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且𝑆𝑛𝑇𝑛=𝑛+52𝑛-1,所以可设Sn=kn(n+5),Tn=kn(2n-1),所以a7=S7-S6=18k,b6=T6-T5=21k,所以𝑎7𝑏6=67.故选A.5.C在公差

d不为零的等差数列{an}中,a6=17,且a3,a11,a43成等比数列,可得a1+5d=17,且𝑎112=a3a43,即(𝑎1+10𝑑)2=(a1+2d)(a1+42d),解得a1=2,d=

3,故选C.6.Aa2=1-1𝑎1=1-2=-1,a3=1-1𝑎2=1+1=2,a4=1-1𝑎3=1-12=12,可得数列{an}是以3为周期的周期数列,∴a2020=a3×673+1=a1=12.故选A.7.B∵𝑎1-

𝑎3𝑎1-𝑎2=1-𝑞21-𝑞=1+q=23,∴q=-13,a1-a2=a1(1-q)=43a1=36,∴a1=27,a2=-9,a3=3,a4=-1,a5=13,a6=-19,a7=127,…,a

n=27-13n-1,令Tn=a1a2…an,则T1=27,T2=-9×27,T3=-7272,T4=272,T5=27×9,T6=-27,T7=-1,当n≥7时,|Tn|≤1,可知当n=4时,a1a2…an=272取得最大值.故选B.8.D由已知an+1=𝑎𝑛2(2𝑛+1)𝑎𝑛+1

,取倒数可得1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=4n+2,故可得1𝑎𝑛−1𝑎𝑛-1=4(n-1)+2,1𝑎𝑛-1−1𝑎𝑛-2=4(n-2)+2,…1𝑎2−1𝑎1=4×1+2,累加可得1𝑎𝑛−1𝑎1=2

n2-2,又a1=23,∴an=24𝑛2-1=12𝑛-1−12𝑛+1,设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=1-13+13−15+…+12𝑛-1−12𝑛+1=1-12𝑛+1,故可得S2019=1-12×

2019+1=40384039.故选D.9.BD设等差数列{an}的公差为d,又因为a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,所以𝑎42=a2·a8,即(𝑎1+3𝑑)2=(a1+d)(a1+7d),化简得d(d-1)=0

,所以d=0或1,故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn.设{bn}的前n项和为Sn,①当bn=q时,Sn=nq;②当bn=n·qn时,Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn,①qSn=1×q2+2

×q3+3×q4+…+n×qn+1,②①-②得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=𝑞(1-𝑞𝑛)1-𝑞-n×qn+1,所以Sn=𝑞(1-𝑞𝑛)(1-𝑞)2−𝑛×𝑞𝑛+11-𝑞=𝑞+𝑛𝑞𝑛+2-𝑛𝑞𝑛+1-𝑞𝑛+1(1-𝑞)2.故选BD

.10.ABD因为1𝑎𝑛+1=2+3𝑎𝑛𝑎𝑛=2𝑎𝑛+3,所以1𝑎𝑛+1+3=21𝑎𝑛+3).又因为1𝑎1+3=4≠0,所以1𝑎𝑛+3是以4为首项,2为公比的等比数列,1𝑎𝑛+3=4×2n-1,即an=12𝑛+1-3,{an}为递减数列,1

𝑎𝑛的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n=2×2×(1-2𝑛)1-2-3n=2n+2-3n-4.故选ABD.11.ABC若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则公差d>0,故{a

n}为递增数列,故A正确;8若数列{an}为等差数列,a1>0,设公差为d,由S3=S10,得3a1+3×22d=10a1+10×92d,即a1=-6d,所以d<0,故an=(n-7)d,所以当n≤7时,an≥0,a7=0,故Sn的最大值在n=6或7时

取得,故B正确;若数列{an}为等比数列,则S2021·a2021=𝑎1(1-𝑞2021)1-𝑞·a1·q2020=𝑎12·q2020·1-𝑞20211-𝑞>0恒成立,故C正确;若数列{an}为等

比数列,则2𝑎𝑛=2𝑎1·𝑞𝑛-1,所以2𝑎𝑛+12𝑎𝑛=2𝑎𝑛+1-𝑎𝑛=2𝑎1·(𝑞𝑛-𝑞𝑛-1)不是常数,故数列{2𝑎𝑛}不是等比数列,故D错误.故选ABC.12.BCD对于A,an+k-an=a1qn+k-

1-a1qn-1=a1qn-1(qk-1),因为q>1,所以当a1<0时,an+k<an,故A错误.对于B,an+k-an=n+k+4𝑛+𝑘-n+4𝑛=k1-4(𝑛+𝑘)𝑛=k𝑛2+𝑘𝑛-4(𝑛+𝑘)𝑛,令t=n2+kn-4,t在n∈N*时单调递增,则t(1)=1

+k-4>0,解得k>3,故B正确.对于C,an+k-an=2(n+k)+(-1)n+k-[2n+(-1)n]=2k+(-1)n((-1)k-1),当n为奇数时,2k-(-1)k+1>0,存在k≥1使{an}为间隔递增数列,当n为偶数时,2k+

(-1)k-1>0,存在k≥2使{an}为间隔递增数列.综上所述,{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2,故C正确.对于D,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则an+k-an=(n+k)2-t(n+k)+

2020-(n2-tn+2020)=2kn+k2-tk>0,n∈N*成立,则k2+(2-t)k>0,对于k≥3成立,且k2+(2-t)k≤0,对于k≤2成立,即k+(2-t)>0,对于k≥3成立,且k+(2-t

)≤0,对于k≤2成立,所以t-2<3,且t-2≥2,解得4≤t<5,故D正确.故选BCD.13.15∵数列{an}为各项均为正数的等比数列,且a5a6=8,∴a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=a5a6=8,∴log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9+l

og2a10=log2(a1a10)+log2(a2a9)+log2(a3a8)+log2(a4a7)+log2(a5a6)=5log2(a5a6)=5log28=15.14.15∵在等差数列{an}中,a7=3,a15=27,∴2a11=a7+a15=3+27=30,∴a11=15.15.(2

𝑛-1)2通过观察可知,第n行共有2n-1个数,第1个数字为2n-1,最后一个为2n+1-3,前n行数字的个数为1+21+…+2n-1=2n-1,∴前n行数字总和为(1+2𝑛+1-3)(2𝑛-1)2=(2𝑛-1)2.16.11π8a2[√505,+∞)第一块纸板面积为S

1=12π(2a)2=2πa2,第二块纸板面积为S2=2πa2-12πa2=32πa2,9第三块纸板面积为S3=32πa2-12π(𝑎2)2=118πa2,…由此归纳总结,第n块纸板面积为Sn=2πa21-14−(14)2−(14)3-…-14n-1=2πa2-2πa214+(14)2+…+

14n-1=2πa2-2πa2×14[1-(14)𝑛-1]1-14=2πa223+13×14n-1.因为Sn>4π𝑎23,故要使得∀n∈N*,Sn>2020π3恒成立只需4π𝑎23≥2020π3,解得a2≥505,故a∈[√505,+

∞).17.解(1)设等差数列{an}的公差为d,则a5=a1+4d=9,由a1,a4,S7成等比数列知𝑎42=a1·S7=a1×7a4,因为a4≠0,所以a4=7a1,于是d=2a1,解得a1=1,d=2,an=2n-1,Sn=𝑛(1+2𝑛-1)2=n2.(2)因为bn=(-1)n(S

n+2n)=(-1)n(n2+2n),所以T20=b1+b2+b3+…+b20=-(12+2×1)+(22+2×2)-(32+2×3)+…+(202+2×20)=(22-12+42-32+…+202-192)+2×10=(1+2+3+…+20)+20=20×(1+20)2+20=21

0+20=230.18.解(1)∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),①an-1=a1+2a2+…+(n-2)an-2(n≥3),②①-②,得an-an-1=(n-1)an-1,即𝑎𝑛𝑎𝑛-1=n(n≥3).当n=2时,a2=a1=1.∴𝑎2

𝑎1=1,𝑎3𝑎2=3,𝑎4𝑎3=4,…,𝑎𝑛𝑎𝑛-1=n,上式累乘,得an=1×3×4×5×…×n=12n!(n≥2).∴an={1,𝑛=1,𝑛!2,𝑛≥2.(2)1𝑎2+2𝑎3+3𝑎4

+…+𝑛-1𝑎𝑛10=212!+23!+34!+…+𝑛-1𝑛!=211!−12!+12!−13!+…+1(𝑛-1)!−1𝑛!=21-1𝑛!=2(𝑛!-1)𝑛!.19.解(1)设数列{an}的公比为q,由S3+S4=2S2,得S3-S2+S4-S2=0

,即有a3+a4+a3=0,得q=-2.∵a1+a4=4-2a3,∴a1+(-2)3a1=4-2×4a1,解得a1=4.故an=4×(-2)n-1=(-2)n+1.(2)由(1)知bn=1log2|𝑎𝑛|=1𝑛

+1,则bnbn+1=1(𝑛+1)(𝑛+2)=1𝑛+1−1𝑛+2.∴Tn=12−13+13−14+14−15+…+1𝑛+1−1𝑛+2=12−1𝑛+2=𝑛2(𝑛+2).依题意有𝑎𝑛2(𝑛+2)<n+4对于任意n∈N*恒成立,即𝑎2<(𝑛+2)(𝑛+4)𝑛对于任意n∈

N*恒成立.设f(n)=(𝑛+2)(𝑛+4)𝑛=n+8𝑛+6,由于y=x+8𝑥+6在区间[1,2√2]上单调递减,在区间[2√2,+∞)上单调递增,∴f(n)min=f(3)=353,∴𝑎2<f(n)min=

353,即a<703.∴实数a的取值范围为-∞,703.20.解(1)若选择条件①a1=2,则放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在;若选择条件②a1=1,则放在第一行的第二列,结合条件可得a1=1,a2=4,a3=7,则an=3n-2,n∈N*;若选择

条件③a1=3,则放在第一行的任何一列,满足条件的等差数列{an}都不存在.综上可得an=3n-2,n∈N*.(2)由(1)知,bn=(-1)n+1(3n-2)2.当n为偶数时,Tn=b1+b2+b3+…+bn

=𝑎12−𝑎22+𝑎32−𝑎42+…+𝑎𝑛-12−𝑎𝑛2=(a1+a2)(a1-a2)+(a3+a4)(a3-a4)+…+(an-1+an)(an-1-an)11=-3(a1+a2+a3+…+an)=-3×𝑛(1+3𝑛-2)2=-92

n2+32n;当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-92(n-1)2+32(n-1)+(3n-2)2=92n2-32n-2.故Tn={-92𝑛2+32𝑛,𝑛为偶数,92𝑛2-32𝑛-2,𝑛为奇数.21.解(1

)由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额构成一个等差数列,记为{an},Sn表示数列{an}的前n项和,则a1=4900,a240=2510,则S240=240(𝑎1+𝑎240)2=120×(4900+2510)=8892

00,故小张该笔贷款的总利息为889200-600000=289200(元).(2)设小张每月还款额为x元,采取等额本息的还款方式,每月还款额为等比数列,则x+x(1+0.004)+x(1+0.004)2+…+x(1+0.00

4)239=600000×(1+0.004)240,所以x(1-1.0042401-1.004)=600000×1.004240,即x=600000×1.004240×0.0041.004240-1≈

600000×2.61×0.0042.61-1≈3891,因为3891<10000×12=5000,所以小张该笔贷款能够获批.(3)小张采取等额本息贷款方式的总利息为:3891×240-600000=933840-600000=333840(元),因为333840>289

200,所以从经济利益的角度来考虑,小张应选择等额本金还款方式.22.解(1)由已知得(𝑎1+𝑑)2=a1(a1+4d),又a1=1,d≠0,∴d=2,则an=2n-1.∵1𝑏𝑛−1𝑏𝑛+1=12𝑛,当n≥2时,1𝑏1−1�

�2+1𝑏2−1𝑏3+…+1𝑏𝑛-1−1𝑏𝑛=12+122+…+12𝑛-1=12(1-12𝑛-1)1-12=1-12𝑛-1,又b1=1,∴bn=2n-1(n≥2),又b1=1也适合上式,故bn=2n-1.(2)①

由题可知cn=𝑎𝑛𝑏𝑛=2𝑛-12𝑛-1,Sn=1+32+522+…+2𝑛-12𝑛-1,∴12Sn=12+322+…+2𝑛-32𝑛-1+2𝑛-12𝑛,12∴两式相减,得12Sn=1+212+122+…+12𝑛-1-2𝑛-12𝑛.∴Sn=6-2𝑛+32𝑛-1.②

∵cn>0,∴Sn关于n单调递增,又S3=154=308<358,S4=378>358,∴使Sn>358的最小正整数n=4.