新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题6以数列为载体的情景问题（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题6以数列为载体的情景问题（附解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．小方计划从4月1日开始存储零钱，4月1日到4月4日每天都存储1元，从4月5日开始，每天存储的零钱比昨天多1元，则小方存钱203天(4月1日为第1天)的储蓄总额为( )
A．19903元B．19913元C．20103元D．20113元
2．《张丘建算经》曾有类似记载：“今有女子善织布，逐日织布同数递增(即每天增加的数量相同).”若该女子第二天织布一尺五寸，前十五日共织布六十尺，按此速度，该女子第二十日织布( )
A．七尺五寸B．八尺C．八尺五寸D．九尺
3．现有17匹善于奔驰的马，它们从同一个起点出发，测试它们一日可行的路程．已知第i(i＝1，2，…，16)匹马的日行路程是第i＋1匹马日行路程的1.05倍，且第16匹马的日行路程为315里，则这17匹马的日行路程之和约为(取1.0517＝2.292)( )
A．7750里B．7752里C．7754里D．7756里
4．[2022·全国乙卷]嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋eq \f(1,α1)，b2＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…).则( )
A．b15.
[2022·新高考Ⅱ卷]图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝( )
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
6．[2023·河北秦皇岛模拟]中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列．现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，…，按此规律，则第50层小球的个数为( )
A．2400B．2401C．2500D．2501
7.
[2023·安徽马鞍山模拟]风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年．龙被视为中华古老文明的象征，大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅礴，因而广受喜爱．某团队耗时4个多月做出一长达200米、重约25公斤，“龙身”共有180节“鱗片”的巨龙风筝．制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高．最终团队决定骨架材质按图中规律排列(即相邻两碳质骨架之间的竹质骨架个数成等差数列)，则该“龙身”中竹质骨架个数为( )
A．161B．162
C．163D．164
8．[2023·湖北武汉模拟]为平衡城市旅游发展和生态环境保护，某市计划通过五年时间治理城市环境污染，预计第一年投入资金81万元，以后每年投入资金是上一年的eq \f(4,3)倍；第一年的旅游收入为20万元，以后每年旅游收入比上一年增加10万元，则这五年的投入资金总额与旅游总收入差额为( )
A．325万元B．581万元C．721万元D．980万元
二、多项选择题
9．[2023·山西大同模拟]《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一半后剩下a1尺，第二天截取剩下的一半后剩下a2尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下a5尺，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,4)B．a3＝eq \f(1,8)
C．a3－a4＝eq \f(1,16)D．a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(31,32)
10．某企业2021年年初有资金5千万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到50%.每年年底扣除下一年的消费基金1.5千万元后，剩余资金投入再生产．设从2021年的年底起，每年年底企业扣除消费基金后的剩余资金依次为a1，a2，a3，…，则下列说法正确的是(lg2≈0.3010，lg3≈0.4771)( )
A．a1＝6千万元
B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－3))是等比数列
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－3))是等差数列
D．至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元
[答题区]
三、填空题
11．《周髀算经》是中国十部古算经之一，其中记载有：阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一蔀，二十蔀为一遂……若32个人的年龄(都为整数)依次成等差数列，他们的年龄之和恰好为“一遂”，其中年龄最小者不超过30岁，则年龄最大者为________岁．
12.
三潭印月被誉为“西湖第一胜境”，所谓三潭，实际上是3个石塔和其周围水域，石塔建于宋代元四年(公元1089年)，每个高2米，分别矗立在水光潋滟的湖面上，形成一个等边三角形，记为△A1B1C1，设△A1B1C1的边长为a1，取△A1B1C1每边的中点构成△A2B2C2，设其边长为a2，依此类推，由这些三角形的边长构成一个数列{an}，若{an}的前6项和为eq \f(1953,16)，则△A1B1C1的边长a1＝________．
13．[2023·山东烟台模拟]欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数φ(n)：对于正整数n，φ(n)表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，如φ(5)＝4，φ(9)＝6.那么，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(nφ（5n）))的前n项和为________．
14．[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么.
微专题6 以数列为载体的情景问题
1．解析：设小方第n天存钱an元，
则数列{an}从第4项起成等差数列，且该等差数列的首项为1，公差为1，
所以小方存钱203天的储蓄总额为
1＋1＋1＋200×1＋eq \f(200×199,2)×1＝203＋19900＝20103元．故选C.
答案：C
2．解析：由题意知：该女子每天织布的尺寸成等差数列，记为{an}，其前n项和为Sn，则a2＝1.5，S15＝60，
∵S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝15a8＝60，∴a8＝4，
∴数列{an}的公差d＝eq \f(a8－a2,6)＝eq \f(4－1.5,6)＝eq \f(5,12)，∴a20＝a8＋12d＝4＋12×eq \f(5,12)＝9，
即该女子第二十日织布九尺．故选D.
答案：D
3．解析：eq \f(315,1.05)＝300，依题意可得，第17匹马、第16匹马……第1匹马的日行路程里数依次成等比数列，且首项为300，公比为1.05，
故这17匹马的日行路程之和为
eq \f(300×（1－1.0517）,1－1.05)＝6000×(1.0517－1)＝6000×(2.292－1)＝7752(里).故选B.
答案：B
4．解析：方法一 因为αk∈N*(k＝1，2，…)，所以0b5，所以A错误．同理α3<α3＋eq \f(1,α4＋\f(1,α5＋\f(1,α6＋\f(1,α7＋\f(1,α8))))).设eq \f(1,α4＋\f(1,α5＋\f(1,α6＋\f(1,α7＋\f(1,α8)))))＝t1，所以α2＋eq \f(1,α3)>α2＋eq \f(1,α3＋t1)，则α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3))<α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋t1))，所以b3>b8，所以B错误．同理α2<α2＋eq \f(1,α3＋\f(1,α4＋\f(1,α5＋\f(1,α6)))).设eq \f(1,α3＋\f(1,α4＋\f(1,α5＋\f(1,α6))))＝t2，所以α1＋eq \f(1,α2)>α1＋eq \f(1,α2＋t2)，所以b2α3＋eq \f(1,α4＋t3)，则α2＋eq \f(1,α3＋\f(1,α4))<α2＋eq \f(1,α3＋\f(1,α4＋t3))，所以α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))>α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4＋t3)))，所以b4方法二 此题可赋特殊值验证一般规律，不必以一般形式做太多证明，以节省时间．
由αk∈N*，可令αk＝1，则b1＝2，b2＝eq \f(3,2)，b3＝eq \f(5,3)，b4＝eq \f(8,5).分子、分母分别构成斐波纳契数列，可得b5＝eq \f(13,8)，b6＝eq \f(21,13)，b7＝eq \f(34,21)，b8＝eq \f(55,34).对比四个选项，可知选D.
答案：D
5．解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，
所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9，故选D.
答案：D
6．解析：不妨设第n层小球个数为an，由题意，a2－a1＝3, a3－a2＝5，…，即各层小球之差是以3为首项，2为公差的等差数列．所以an－an－1＝3＋2(n－2)＝2n－1(n≥2，n∈N*).
故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(a50－a49＝99,a49－a48＝97,\a\vs4\al\c1(…,a2－a1＝3))))，累加可得：a50－a1＝49×(3＋99)÷2＝2499，
故a50＝2499＋2＝2501.故选D.
答案：D
7．解析：设有n个碳质骨架，n∈N*，
由已知可得n＋1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n≥180，
如果只有n－1个碳质骨架，则骨架总数少于180，
所以(n－1)＋1＋2＋3＋…＋(n－1)<180，
所以n2＋3n≥360，且n2＋n<362，又n∈N*
解得n＝18，
所以共有碳质骨架18个，故竹质骨架有162个．故选B.
答案：B
8．解析：根据题意可知，这五年投入的金额构成首项为81，公比为eq \f(4,3)的等比数列，
所以这五年投入的资金总额是eq \f(81×[1－（\f(4,3)）5],1－\f(4,3))＝781(万元)；
由题意可知，这五年的旅游收入构成首项为20，公差为10的等差数列，
所以这五年的旅游总收入是20×5＋eq \f(5×4,2)×10＝200(万元)，
所以这五年的投入资金总额与旅游总收入差额为781－200＝581(万元).故选B.
答案：B
9．解析：根据题意可得{an}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等差数列，则an＝(eq \f(1,2))n(n∈N*)，
eq \f(a5,a2)＝q3＝eq \f(1,8)，故A错误；a3＝eq \f(1,8)，故B正确；
a3＝eq \f(1,8)，a4＝eq \f(1,16)，则a3－a4＝eq \f(1,16)，故C正确；
a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝eq \f(\f(1,2)（1－\f(1,25)）,1－\f(1,2))＝eq \f(31,32)，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
10．解析：对于A，由题意可知，a1＝5×1.5－1.5＝6(千万元)，A正确；
对于B，因为由题意可得an＋1＝1.5an－1.5，
所以an＋1－3＝1.5(an－3)，
又因为a1－3＝3，则an－3≠0，故eq \f(an＋1－3,an－3)＝1.5，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－3))是首项为3，公比为1.5的等比数列，B正确，则C错误；
对于D，由C的分析可得an－3＝3×1.5n－1，所以an＝3＋3×1.5n－1，
令3＋3×1.5n－1>21，解得n－1>eq \f(lg6,lg1.5)＝eq \f(lg3＋lg2,lg3－lg2)≈4.42，所以n>5.42，
所以至少到2026年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元，D正确．故选ABD.
答案：ABD
11．解析：根据题意可知这32个人年龄之和为19×4×20＝1520，
设年纪最小者年龄为n，年纪最大者年龄为m，
则eq \f(n＋m,2)×32＝1520⇒n＋m＝95，
设等差数列的首项为n，公差为d，则n，m，d∈N*，
则32n＋eq \f(32×31,2)d＝1520⇒2n＋31d＝95⇒2n＝95－31d，
因为1≤n≤30⇒2≤2n≤60，则2≤95－31d≤60，
解得eq \f(35,31)≤d≤3，d＝2时，n＝eq \f(33,2)不满足题意，所以d＝3，2n＝95－31×3＝2⇒n＝1，则m＝95－1＝94.
答案：94
12．解析：根据题意，取△A1B1C1每边的中点构成△A2B2C2，
则△A2B2C2的各边均为△A1B1C1对应的中位线，长度减半，由此a2＝eq \f(1,2)a1，
依次类推可得an＝eq \f(1,2)an－1，
所以{an}是首项为a1，公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，
故其前6项和S6＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝2a1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(1,2)）6))＝eq \f(1953,16)，则a1＝62.
答案：62
13．解析：在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，5n))中，与5n不互质的数有5×1，5×2，5×3，…，5×5n－1，共有5n－1个，
所以φ(5n)＝5n－5n－1＝4·5n－1，
所以nφ(5n)＝(4n)·5n－1，
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(nφ（5n）))的前n项和为Sn，
所以Sn＝4×50＋8×51＋12×52＋…＋4n×5n－1，
5Sn＝4×51＋8×52＋12×53＋…＋4n×5n，
两式相减可得－4Sn＝4＋4×(51＋52＋…＋5n－1)－4n·5n，
所以Sn＝－1－(51＋52＋…＋5n－1)＋n·5n＝－1－eq \f(5（1－5n－1）,1－5)＋n·5n，
即Sn＝(n－eq \f(1,4))·5n＋eq \f(1,4).
答案：(n－eq \f(1,4))·5n＋eq \f(1,4)
14．解析：(1)由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：eq \f(5,2)×12，5×6，10×3，20×eq \f(3,2)，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：eq \f(5,4)×12，eq \f(5,2)×6，5×3，10×eq \f(3,2)，20×eq \f(3,4)，共5种不同规格．
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为eq \f(1,2)的等比数列，首项为120eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(dm2))，第n次对折后的图形面积为120×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从略)，故得猜想Sn＝eq \f(120（n＋1）,2n－1)，
设S＝eq \i\su(k＝1,n,S)k＝eq \f(120×2,20)＋eq \f(120×3,21)＋eq \f(120×4,22)＋…＋eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n－1)，
则eq \f(1,2)S＝eq \f(120×2,21)＋eq \f(120×3,22)＋…＋eq \f(120n,2n－1)＋eq \f(120（n＋1）,2n)，
两式作差得：
eq \f(1,2)S＝240＋120(eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1))－eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)
＝240＋eq \f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)
＝360－eq \f(120,2n－1)－eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)＝360－eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n)，
因此，S＝720－eq \f(240\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n)＝720－eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n－4).
答案：5 720－eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n－4)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案