2025高考数学考二轮专题过关检测3　数列-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学考二轮专题过关检测3　数列-专项训练【含答案】，共12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。
1.(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16=( )
A.120B.140C.160D.180
2.已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则lg3a1+lg3a2+lg3a3+lg3a4+lg3a5=( )
A.52B.53C.10D.15
3.(2024·辽宁沈阳统考一模)已知有100个半径互不相等的同心圆,其中最小圆的半径为1,在每相邻的两个圆中,小圆的切线被大圆截得的弦长都为2,则这100个圆中最大圆的半径是( )
A.8B.9C.10D.100
4.我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为122的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440 Hz,则频率为2202 Hz的音名是( )
A.dB.f
C.eD.#d
5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列1anan+1的前n项和为Tn,则T20的值为( )
A.1939B.3839C.2041D.4041
6.一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,它因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为( )
A.39B.45C.48D.51
7.在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是( )
A.3 928B.4 024C.4 920D.4 924
8.已知函数f(n)=n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于( )
A.0B.100
C.-100D.10 200
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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是( )
A.a5=1B.Sn的最小值为S3
C.S1=S6D.Sn存在最大值
10.已知数列{an}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,bn=2an,对于数列{an},{bn},下列选项正确的是( )
A.b10=8b5B.{bn}是等比数列
C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=209193
11.对于数列{an},若存在正数M,使得对一切正整数n,都有|an|≤M,则称数列{an}是有界的.若这样的正数M不存在,则称数列{an}是无界的.记数列{an}的前n项和为Sn,下列结论正确的是( )
A.若an=1n,则数列{an}是无界的
B.若an=12nsin n,则数列{Sn}是有界的
C.若an=(-1)n,则数列{Sn}是有界的
D.若an=2+1n2,则数列{Sn}是有界的
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d= .
13.已知数列{an}满足a1=1,an+1an=2n(n∈N*),若Sn为数列{an}的前n项和,则S2 024= .
14.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20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,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∑k=1nSk= dm2.
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)记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
16.(15分)已知数列{an}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nlg2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
17.(15分)已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1an=2n+1,记bn=a2n-1+a2n,n∈N*.
(1)证明:{bn}是等比数列;
(2)记cn=bn(bn+1-3)(bn-3),证明:数列{cn}的前n项和Sn1 000的最小的“佳幂数”m;
②证明:该数列的“佳幂数”有无数个.
专题过关检测三 数列 答案
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.C 解析 因为a3+a7=2a5=6,所以a5=3,所以a5+a12=3+17=20,
所以S16=(a1+a16)×162=8(a5+a12)=160.
故选C.
2.C 解析 因为等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,所以lg3a1+lg3a2+lg3a3+lg3a4+lg3a5=lg3(a1a2a3a4a5)=lg3(a35)=lg3(95)=lg3(310)=10.
3.C 解析 设这100个圆的半径从小到大依次为r1,r2,…,r100,则由题知,r12=1,每相邻的两个圆中,小圆的切线被大圆截得的弦长都为2,有rn+12−rn2=1(n=1,2,…,99),则{rn2}是首项为1,公差为1的等差数列,n=1,2,…,100,所以r1002=100,得r100=10.故选C.
4.D 解析 因为a的音频是数列的第10项,440=2202×212=2202×211210-4,所以频率为2202 Hz是该数列的第4项,其音名是#d.
5.C 解析 当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合an=2n-1,所以an=2n-1.所以1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1−12n+1),所以Tn=12(1-13+13−15+…+12n-1−12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1,所以T20=202×20+1=2041.
6.D 解析 设该数列为{an},依题意,可知a5,a6,…成等差数列,且公差为2,a5=5.设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3×(5+2×6)=51.
7.D 解析 由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2×(1-26)1-2=126.又1+2+3+…+100=100×1012=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.
8.B 解析 由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1.
所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.
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.AC 解析 由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+7×62×1,解得a1=-3.
对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.
对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-3