2023年新教材高考数学 全程考评特训卷 单元过关检测五 数列（含解析）.docx

1、单元过关检测五数列一、单项选择题：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已知等比数列an中，a11，a2a42a6，则a5()A.B.C.D.2在等差数列an中，若a2a3a46，a64，则公差d()A1B2C.D.3已知数列an是等比数列，Tn是其前n项之积，若a5a6a7，则T7的值是()A1B2C3D442022山东烟台模拟已知等差数列an的前n项和为Sn，若S952，S422，则a7()A4B5C6D752022湖南永州一中月考设数列an的前n项和为Sn，若Snan，则S5()A81B121C243D3646已知递增等差数列an的前n项和

2、为Sn，若S515，且a1，a2，a31成等比数列，则()Aa10，S1045Ba10，S1090Ca11，S10100Da11，S105572022广东深圳模拟在数列an中，a13，amnaman(m，nN*)，若a1a2a3ak135，则k()A10B9C8D785G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中，它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社会生活与生产方式带来巨大的变化目前我国最高的5G基站海拔6500米从全国范围看，中国5G发展进入了全面加速阶段，基站建设进度超过预期现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工

3、程队开始，每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少，则第一个工程队承建的基站数(单位：万个)约为()A.B.C.D.二、多项选择题：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2分92022江苏苏州模拟已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，若a9S17，下列说法正确的是()Aa80Ba90Ca1S16DS8S10102022渤海大学附属高级中学月考已知正项的等比数列中a12，a42a2a3，设其公比为q，前n项和为Sn，则()Aq2Ban2nCS102047Danan10122022湖南衡阳模拟设数列an的前

4、n项和为Sn，若为常数，则称数列an为“吉祥数列”则下列数列bn为“吉祥数列”的有()AbnnBbn(1)n(n1)Cbn4n2Dbn2n三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上132022河北张家口模拟在等差数列an中，a112a86，则a2a6a7_.142022湖南长郡中学月考已知anlg(nN*)，若数列an的前n项和Sn1，则n_.15已知等比数列an的公比为q，且16a1,4a2，a3成等差数列，则q的值是_162021新高考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20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到1

5、0dm12dm,20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，对折2次共可以得到5dm12dm,10dm6dm,20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2.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_dm2.四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)2022福建厦门模拟已知数列an满足a12，an1.(1)证明：数列是等差数列；(2)令bn，证明：bbb1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)数列an和bn的所有项分别构成集合A，B，将AB的元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求T80c1

6、c2c3c80.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分22(12分)2022衡水中学月考对于正项数列an，定义Gn为数列an的“匀称”值(1)若数列an的“匀称”值Gnn，求数列an的通项公式；(2)若数列an的“匀称”值Gn2，设bn(1)n1，求数列bn的前n项和Sn及S2n的最小值单元过关检测五数列1答案：B解析：设数列an的公比为q，因为a42a6a2，所以a1q32a1q5a1q，即2q4q210，解得q2，所以a5a1q4.2答案：D解析：数列an为等差数列，又a2a3a46，根据等差数列性质得到a2a3a43a36，a32，又a64，a6a33d2，d.3答案：A解析：因

7、为数列an是等比数列，设公比为q，由a5a6a7得a1q4a1q5a1q6，即a1q31，即a41，由等比数列的性质可得，T7a1a2a3a4a5a6a7a1.4答案：C解析：已知等差数列an的前n项和为Sn，若S952，S422，设等差数列的首项为a1，公差为d，由S9a1a2a3a4a5a6a7a8a952，S4a1a2a3a422，由两式相减可得(S9S4)a5a6a7a8a95222，即5a130d30，a16d6即a76.5答案：B解析：Snan，当n2时，Sn1an1，anSnSn1ananan1，化简可得：an3an1，当n1时，a1S1a1，解得：a11.数列an是等比数列，首

8、项为1，公比为3，S5121.6答案：D解析：因为an是递增等差数列，S515，所以5a1d15，即a12d3，由a1，a2，a31成等比数列，所以(a1d)2a1(a12d1)，整理得a2a1dd2a2a1da1，即d2a1，联立求得，或(舍去)所以S10101155.7答案：B解析：令m1，由amnaman可得an1a1an，所以an1an3，所以an是首项为a13，公差为3的等差数列，an33(n1)3n，所以a1a2a3ak135，整理可得：k2k900，解得：k9或k10(舍)8答案：B解析：设每个工程队承建的基站数形成数列an，则由题可得anan1an1，故an是以为公比的等比数列

9、，可得S810，解得a1.9答案：BC解析：由题意可知，在等差数列an中，因为a9S17，所以a917a9，则a90，故选项B正确；因为公差d0，所以a80，故选项A错误；因为a90，所以a18d0，所以a18d，所以S1616a1d1616d8da1，所以选项C正确；因为S10S8a9a10a10a19d8d9dd，且d未知正负，所以选项D错误10答案：ABD解析：因为a42a2a3，可得a1q32a1qa1q2，即q2q20，解得q2或q1，又由正项的等比数列an，可得q0，所以q2，所以A正确；数列an的通项公式为ana1qn12n，所以B正确；则S1021122046，所以C不正确；由

10、an2n，则anan12n2n132n，an22n242n，所以anan1an2，所以D正确11答案：CD解析：因为an是Sn与的等差中项，所以2anSn，令n1，得2a1a1，解得a1，所以2a2a1a2，解得a22.又2an1Sn1(n2)，所以an2an1，所以数列an是以为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1，选项A错误当0时，数列是单调递减数列；当0，所以选项D正确12答案：BC解析：对于A，Sn，S2nn(12n)，S4n2n(14n)，所以不为常数，故A不正确；对于B，由并项求和法知：S2nn，S4n2n，故B正确；对于C，Snn2n2，S2n8n2，S4n32n2，所以，故

11、C正确；对于D，Sn2(2n1)，S2n2(4n1)，S4n2(16n1)，所以不为常数，故D错误13答案：18解析：等差数列an中2a8a11a5，结合已知可得：2a8a11a56，a2a6a73a518.14答案：9解析：因为anlg，所以Snlglglglglg(n1)，又Sn1，即lg(n1)1，所以n110，即n9.15答案：4解析：因为an为等比数列，且公比为q，所以a2a1q，a3a1q2且a10，q0.因为16a1,4a2，a3成等差数列，所以16a1a324a2，有16a1a1q224a1q，q28q160，解得q4.16答案：5720解析：(1)由对折2次共可以得到5dm1

12、2dm,10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：12,56,103,20，共4种不同规格(单位dm2)；故对折4次可得到如下规格：12，6,53,10，20，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，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120n1，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n1种，故得猜想Sn，设Sk，则S，两式作差得：S240120240360360，因此，S720720.17解析：(1)因为an1，所以an11，因为a12，所以an1

13、0所以1，所以1，又因为1.所以是以1为首项，公差为1的等差数列(2)由(1)得1n1n，所以an1，所以a1a2ann1，所以bn，所以bbb111，即bbb0，可得an1an3，所以an是首项为1，公差为3的等差数列，所以an3n2.(2)因为an3n2，所以bn，所以Tnb1b2bn.20解析：(1)设数列an的公差为d，由题意得：，解得a11，d2，故an2n1；由3b2bnbn1b0可得：(3bn1bn)(bn1bn)0，即有bn1bn或bn1bn(舍)，从而有数列bn为首项为1，公比为的等比数列，即可得bn；(2)由(1)得anbn，Tn，Tn，得：Tn12122，故Tn3.21解

14、析：(1)选，an是公差不为0的等差数列，设公差为d，由a1，a3，a21成等比数列，可得(a12d)2a1(a120d)，又d0，4a1d，又a25，即a1d5，解得a11，d4，an1(n1)44n3.选，由S428，a25，有4a16d28，a1d5，可得a11，d4，an1(n1)44n3.选，由Sn1Snan4，可得an1and4，又a25，即a1d5，a11，故an1(n1)44n3.bn是等比数列，由b29，b1b330，q1，b1q9，b1b1q230，解得q3，b13，即bn3n.(2)a80317,35243317243b5，cn的前80项是由an的前77项及b1，b3，b

15、5构成T20c1c2c3c80a1a2a77b1b3b51178132724312054.22解析：(1)当Gnn时，由Gn，得a12a23a3nann2，当n1时，T1a11，当n2时，TnTn1nann2(n1)22n1，即an，检验n1时，a11成立，an；(2)当Gn2时，由Gn，得a12a23a3nan2n，当n1时，T1a12，当n2时，TnTn1nan2n2(n1)2，即an，检验n1时，a12成立，an，bn(1)n1(1)n1(1)n1，当n为奇数时，Sn1.当n为偶数时，Sn1，Sn，bn(1)n1，b2n1b2n，S2n1，令Cn1，则Cn11，Cn1Cn0，所以数列Cn为递增数列，即数列S2n为递增数列，当n1时，(S2n)minS21.