备战2025年高考二轮复习数学专题检测练3（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题检测练3（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.(2024·北京昌平二模)已知数列{an}满足an+1=2an,a2=4,则数列{an}的前4项和等于( )
A.16B.24C.30D.62
答案C
解析由已知可得,an+1=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列.又因为a2=4,所以a1=2,所以数列{an}的前4项和等于2+4+8+16=30.故选C.
2.(2024·广东江门一模)已知各项均为正数的等比数列{an}中,若a5=9,则lg3a4+lg3a6=( )
A.3B.4C.8D.9
答案B
解析由各项为正数的等比数列{an},且a5=9,可得a4a6=a52=81,所以lg3a4+lg3a6=lg3a4a6=lg381=4.故选B.
3.(2024·江苏徐州模拟)若等差数列{an}满足an+an+1=4n+1,则a1=( )
A.3B.32C.1D.12
答案B
解析设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd.
因为an+an+1=4n+1,可得an+an+1=2a1+(2n-1)d=2a1-d+2nd,
所以有2a1-d=1,2d=4,解得a1=32,d=2,故选B.
4.(2024·河北保定三模)已知在等差数列{an}中,a1=1,公差d>0.若数列an2-4n也是等差数列,则d=( )
A.1B.2C.3D.4
答案C
解析依题意,an=dn+1-d(d>0),则an2-4n=d2n+2d(1-d)+(1-d)2-4n,则an+12-4n+1-an2-4n=d2+(1-d)2-4n+1-(1-d)2-4n=d2-(1-d)2-4n(n+1).
又an2-4n是等差数列,所以-(1-d)2-4n(n+1)=0,解得d=3或d=-1(舍去).故选C.
5.(2024·河北秦皇岛二模)将数列{3n+1}与数列{4n-1}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前30项的和为( )
A.3 255B.5 250C.5 430D.6 235
答案C
解析显然数列{3n+1}和数列{4n-1}均为等差数列,令3n1+1=4n2-1,其中n1,n2∈N*,可得n1=4n2-23,则n2=2,5,8,…,则数列{an}为等差数列,且a1=4×2-1=7,公差为(4×5-1)-(4×2-1)=12,所以{an}的前30项的和为30×7+30×292×12=5 430.故选C.
6.(2024·湖南岳阳三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2≥a1>0,S20=100,则a10a11( )
A.有最小值25B.有最大值25
C.有最小值50D.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.因为a2≥a1>0,则等差数列{an}的公差d≥0,故a10>0,a11>0,则a10a11≤a10+a1122=25,当且仅当a10=a11=5时,等号成立,即当a10=a11=5时,a10a11取得最大值25.故选B.
7.(2024·江苏苏州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,2an+1=3Sn,若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立,则实数t的取值范围为( )
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.当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则3Sn-12=Sn-Sn-1,整理得Sn=-2Sn-1+1,即Sn-13=-2Sn-1-13.
又3S1=2a1+1=2S1+1,解得S1=1,于是S1-13=23≠0,数列Sn-13是首项为23,公比为-2的等比数列,因此Sn-13=23·(-2)n-1,即Sn=1-(-2)n3.
由tSn<2n,得1-(-2)n3·t<2n,当n为奇数时,1+2n3·t<2n,即t<3×2n1+2n=3-31+2n,显然3-31+2n为递增数列,当n=1时,3-31+2nmin=2,所以t<2.当n为偶数时,1-2n3·t<2n,即t>3×2n1-2n=-3+31-2n,显然恒有-3+31-2n<-3,所以t≥-3,所以实数t的取值范围为[-3,2).故选B.
8.(2024·北京东城二模)设无穷正项数列{an},如果对任意的正整数n,都存在唯一的正整数m,使得am=a1+a2+a3+…+an,那么称{an}为内和数列,并令bn=m,称{bn}为{an}的伴随数列,则下列说法正确的是( )
A.若{an}为等差数列,则{an}为内和数列
B.若{an}为等比数列,则{an}为内和数列
C.若内和数列{an}为递增数列,则其伴随数列{bn}为递增数列
D.若内和数列{an}的伴随数列{bn}为递增数列,则{an}为递增数列
答案C
解析对于选项A,B,令an=1,可知{an}即为等差数列也为等比数列,则a1+a2=2,但不存在m∈N*,使得am=2,所以{an}不为内和数列,故A,B错误;对于选项C,因为an>0,对任意n1,n2∈N*,n10,即am2>am1,且内和数列{an}为递增数列,可知m2>m1,所以其伴随数列{bn}为递增数列,故C正确;对于选项D,例如2,1,3,4,5,…,显然{an}是所有正整数的排列,可知{an}为内和数列,且{an}的伴随数列为递增数列,但{an}不是递增数列,故D错误.故选C.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2024·广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a6=31,S3=21,则下列说法正确的有( )
A.ann2为递减数列
B.a2=7
C.若∀n∈N*,Snn2≤a,则a的取值范围为(3,+∞)
D.ann<6
答案BD
解析由题意知{an}为等差数列,设公差为d,
由a6=31,S3=21,得a1+5d=31,3a1+3×(3-1)d2=21,解得a1=1,d=6,则an=6n-5,Sn=n+n(n-1)2×6=3n2-2n,则a2=7,故B正确.
由a112=1因为Snn2=3-2n,由于n∈N*,0<2n≤2,故1≤Snn2<3.由于∀n∈N*,Snn2≤a,故a的取值范围为[3,+∞),故C错误.
由于n∈N*,0<5n≤5,故ann=6-5n<6,故D正确.故选BD.
10.(2024·山东滨州模拟)已知{an}是正项等差数列,首项为a1,公差为d,且a1=d,Sn为{an}的前n项和,则下列说法正确的是( )
A.数列{Sn+1-Sn}是等差数列
B.数列{Sn}是等差数列
C.数列{2an}是等比数列
D.数列{lg an}是等比数列
答案AC
解析由题意得,a1=d>0.因为数列{an}是等差数列,Sn+1-Sn=an+1,Sn+1-Sn-(Sn-Sn-1)=an+1-an=d,所以数列{Sn+1-Sn}是等差数列,故A正确;当a1=d=1时,an=n,S1=1,S2=3,S3=6,因为2S2≠S1+S3,所以数列{Sn}不是等差数列,故B错误;因为2an+12an=2an+1-an=2d,所以数列{2an}是等比数列,故C正确;当a1=d=1时,an=n,lg a1=0,数列{lg an}不是等比数列,故D错误.故选AC.
11.(2024·福建宁德模拟)“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始,第n行从左至右的数字之和记为an,如a1=1+1=2,a2=1+2+1=4,…,{an}的前n项和记为Sn,依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,记为{bn},{bn}的前n项和记为Tn,则下列说法正确的有( )
A.S10=1 022
B.2anSn·Sn+1的前n项和为12-1an+2-2
C.b57=66
D.T57=4 150
答案BCD
解析从第一行开始,每一行的数依次对应(a+b)n的二项式系数,所以an=(1+1)n=2n,所以{an}为等比数列,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,所以S10=211-2=2 046,故A错误;
2anSn·Sn+1=2n+1(2n+1-2)(2n+2-2)=12n+1-2-12n+2-2,故2anSn·Sn+1的前n项和为122-2-123-2+123-2-124-2+…+12n+1-2-12n+2-2=12-12n+2-2=12-1an+2-2,故B正确;去掉每一行中的1以后,每一行剩下的项数分别为0,1,2,3,…,构成一个等差数列,项数之和为n(n-1)2≤57,则n的最大整数为11,此时11(11-1)2=55,杨辉三角中取满了第11行,第12行首位为1,b57取的就是第12行中的第3项,b57=C122=66,故C正确;T57是S11中去掉22个1,再加上第12行中的第2项和第3项,所以T57=S11-22+C121+C122=4 150,故D正确.故选BCD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024·浙江金华模拟)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,则tana1+a71-b2b6= .
答案3
解析由等差数列的性质可知,a2+a4+a6=3a4=5π,即a4=5π3,而a1+a7=2a4=10π3,根据等比数列的性质可知,b2b4b6=b43=33,则b4=3,b2b6=b42=3,所以tana1+a71-b2b6=tan-5π3=tanπ3=3.
13.(2024·陕西西安模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=n+3n-1,则a3b4= .
答案43
解析因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,设Sn=An2+Bn,Tn=Cn2+Dn,A,B,C,D∈R,由SnTn=An2+BnCn2+Dn=An+BCn+D=n+3n-1,则An+B=k(n+3),Cn+D=k(n-1),k∈R,k≠0,所以Sn=kn(n+3),Tn=kn(n-1),k≠0,
所以a3b4=S3-S2T4-T3=18k-10k12k-6k=8k6k=43.
14.(2024·广东广州模拟)如图,画一个正三角形A1A2A3,不画第三边;接着画正方形A2A3A4A5,对这个正方形,不画第四边;接着画正五边形A4A5A6A7A8,对这个正五边形,不画第五边;接着画正六边形,…,这样无限画下去,形成一条无穷伸展的等边折线.设线段AnAn+1与线段An+1An+2所夹的角为θn(n∈N*,θn∈(0,π)),则θ10= ,满足θn>174°的最小n值为 .
答案120° 1 712
解析由题意得,θ1=60°,由此类推,θ2=90°,θ3=90°,θ4=108°,θ5=108°,θ6=108°,θ7=120°,θ8=120°,θ9=120°,θ10=120°,…,观察规律,三角形会有1个角,并且角的度数恰好是其内角的度数,正方形有2个90°,正五边形有3个108°,正六边形有4个120°,…,所以正k多边形有(k-2)个180°(k-2)k.令180°(k-2)k>174°,解得k>60,所以k的最小值为61,即满足条件θn>174°的角至少要在正六十一边形中,所以n>1+2+3+4+…+58=1 711,即n的最小值为1 712.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2024·安徽合肥三模)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=6,Snn+2是公差为2的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=4anan+1,设数列{bn}的前n项和为Tn,求证:115≤Tn<16.
(1)解因为a1=6,所以S11+2=61+2=2.又因为Snn+2是公差为2的等差数列,所以Snn+2=2+(n-1)×2=2n,即Sn=2n(n+2).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n(n+2)-2(n-1)(n+1)=4n+2.又由a1=6,适合上式,所以数列{an}的通项公式为an=4n+2.
(2)证明由(1)知bn=4anan+1=4(4n+2)(4n+6)=4×1414n+2-14n+6=14n+2-14n+6,所以Tn=16-110+110-114+114-118+…+14n+2-14n+6=16-14n+6.
又由Tn+1-Tn=14n+6-14n+10=4(4n+6)(4n+10)>0,
所以{Tn}为递增数列,
所以Tn≥T1=115.
又因为14n+6>0,
所以Tn=16-14n+6<16,
所以115≤Tn<16.
16.(15分)(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+an-2,n为奇数,2an-2+1,n为偶数.
(1)求a4和a6,并证明当n为偶数时{an+1}是等比数列;
(2)求a1+a3+a5+…+a29.
解(1)因为a1=1,a2=1,
当n≥3时,an=an-1+an-2,n为奇数,2an-2+1,n为偶数,
所以a4=2a2+1=3,a6=2a4+1=7.
令k∈N*,
则a2k+2=2a2k+1,a2k+2+1=2(a2k+1).
又a2+1=2,所以当n为偶数时,{an+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列.
(2)由(1)知,a2k+1=(a2+1)2k-1=2k,
设n=2k,k∈N*,则an=2n2-1,
所以当n为偶数时,an=2n2-1.
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-k+a1=2k+1-k-1.
当k=0时,a1=20+1-0-1=1符合上式,
所以a2k+1=2k+1-k-1,k∈N.
设n=2k+1,k∈N,
所以当n为奇数时,an=2n+12-n+12,
所以a1+a3+a5+…+a29=(21-1)+(22-2)+(23-3)+…+(215-15)=(21+22+23+…+215)-(1+2+3+…+15)=21(1-215)1-2-15(1+15)2=216-122.
17.(15分)(2024·广东广州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2n+1=2an+2,且Snn+1为等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)在2an2与2an+12之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn(dn>0)的等差数列,记数列1dn的前n项和为Tn,求证:Tn<3.
(1)解因为等差数列{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.
因为Snn+1为等差数列,
所以Sn+1n+2-Snn+1=Sn+2n+3-Sn+1n+2.
令n=1时,S23-S12=S34-S23,即2a1+d3-a12=3a1+3d4-2a1+d3,则a1=d②,
结合①②,解出d=2,a1=2,
则an=2+(n-1)×2=2n,
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)证明由题设得dn=2an+12-2an2n+2-1=2n+1-2nn+1=2nn+1,即1dn=n+12n,
所以Tn=1d1+1d2+…+1dn=22+322+…+n+12n③,
则12Tn=222+323+…+n+12n+1④,
由③-④得12Tn=1+122+123+…+12n-n+12n+1=1+1221-12n-11-12-n+12n+1=32-n+32n+1,
所以Tn=3-n+32n,
因为n∈N*,
所以n+32n>0,
所以Tn<3.
18.(17分)(2024·重庆九龙坡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4+a7=20,S9=27a2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=2an+2+an,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:当n≥3时,2Tn>an+1.
(1)解设{an}的公差为d,
则a1+3d+a1+6d=20,9a1+9×82d=27(a1+d),
即2a1+9d=20,18a1=9d,解得a1=1,d=2,
所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
(2)证明bn=2an+2+an=22n+3+2n-1
=2(2n+3-2n-1)(2n+3+2n-1)(2n+3-2n-1)
=2(2n+3-2n-1)2n+3-(2n-1)
=2n+3-2n-12,
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=12(5-1+7-3+9-5+…+2n+3-2n-1)=12(-1-3+2n+1+2n+3),
所以2Tn=2n+3+2n+1-3-1,
所以2Tn-an+1=2n+3+2n+1-3-1-2n+1=2n+3-3-1,
当n≥3时,2n+3-3-1≥2×3+3-3-1=3-3-1=2-3>0,
所以当n≥3时,2Tn>an+1.
19.(17分)(2024·湖北武汉模拟)混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中,比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等,假设在一个混沌系统中,用xn来表示系统在第n(n∈N*)个时刻的状态值,且该系统下一时刻的状态xn+1满足xn+1=f(xn),0(1)当a=3时,若满足对∀n∈N*,有xn=f(xn+1),求{xn}的通项公式;
(2)证明:当a=1时,{xn}中不存在连续的三项构成等比数列;
(3)若x1=12,a=1,记Sn=xn2xn+12,证明:S1+S2+…+Sn<18.
(1)解当a=3时,f(x)=-3x2+3x,
依题意,x1=-3x22+3x2①,
x2=-3x12+3x1②,
两式作差,得(x2-x1)[4-3(x1+x2)]=0,则x1=x2或x1+x2=43.
若x1=x2,代入①式解得,x1=0或x1=23,
而0若x1+x2=43,将x2=43-x1代入②式,解得x1=23.
因此必有x1=23.
因为f23=23,xn+1=f(xn),
从而由x1=23归纳即知{xn}是常数列xn=23.
所以{xn}的通项公式为xn=23.
(2)证明假设xn,xn+1,xn+2构成等比数列,
则xn≠0.
那么由xn+1xn=-xn2+xnxn=-xn+1,xn+2xn+1=-xn+12+xn+1xn+1=-xn+1+1可知xn+1=xn.
又xn+1=-xn2+xn,
则-xn2+xn=xn,
解得xn=0,与xn≠0矛盾.
故{xn}中不存在连续的三项构成等比数列.
(3)证明当00,f(x)=-x2+x即0因为0所以归纳即知对任意正整数n都有0又由xn>0及xn+1=f(xn)可知xn+1=-xn2+xn故数列{xn}是递减数列.
又由于xi2=xi-(-xi2+xi)=xi-xi+1,
故∑i=1nSi=∑i=1nxi2xi+12<∑i=1nxi2x12=x12∑i=1nxi2=x12∑i=1n(xi-xi+1)=x12(x1-xn+1)