第七章 数列（综合检测）【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）解

第七章数列章末检测（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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.1．已知等差数列na的前n项和为nS，且550S，756S，则12S（）A．106B．53C．48D．36【答案】D【分析】由已知条件可得676aa，再利用等差数列的求和公式及性质即可得解.【详解】550S，756S，67756aaSS，则1121267126362aaSaa.故选：D2．已知等比数列na满足14a，123450aaaaa，则公比qA．2B．32C．42D．2【答案】A【解析】利用14a以及等比数列的通项公式，化简12345aaaaa得到44q，由此求得q的值.【详解】由14a及123450aaaaa，可得44,2qq.故选A.【点睛】本题考查等比数列的性质，考查化归与转化的思想.属于基础题.3．设nS是等差数列na的前n项和.若1353aaa，则5SA．5B．6C．7D．9【答案】A【分析】首先根据等差数列的性质得到31a，再计算5S即可.【详解】因为1532aaa，所以135333aaaa，即31a.所以153535()525522aaaSa.故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的性质，同时考查等差数列的前n项和，属于简单题.4．已知等比数列na的公比为q，前4项的和为114a，且234,1,aaa成等差数列，则q（）A．2或12B．12C．1或1D．1【答案】A【分析】根据等差中项及等比数列前n项和的定义，结合等比数列的通项公式即可求解.【详解】因为234,1,aaa成等差数列，所以32421aaa.因为等比数列na的前4项的和为114a，所以1234114aaaaa，即1313214aaa，解得34a，又因为等比数列na的公比为q，所以由32421aaa得33121aaqq，即152qq，解得2q=或12q.故选：A.5．若等差数列na的前n项和为nS，*nN，120S，130S，则nS的最大值为（）A．5SB．6SC．7SD．12S【答案】B【分析】推导出670aa，70a，60a，由此能求出nS的最大值．【详解】∵等差数列na的前n项和为nS，nN，120S，130S，∴670aa，70a，∴60a，67aa，nS的最大值为6S．故选：B．【点睛】本题考查等差数列的前n项和的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6．数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，一般指冰雹猜想，它是指一个正整数，如果是奇数就乘3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次数，最终回到1．对任意正整数0a，记按照上述规则实施第n次运算的结果为()nanN，则使71a的0a所有可能取值的个数为（）A．3B．4C．5D．6【答案】D【分析】推导出*nN，111131,2+1,,2,2nnnnnaakkZaaakkZ，由71a，得62a，从而54a，进而41a或48a．由此利用分类讨论思想和递推思想能求出满足条件的0a的值的个数．【详解】解：由题意知*nN，111131,2+1,,2,2nnnnnaakkZaaakkZ，由71a，得62a，54a，41a或48a．①当41a时，32a，24a，11a或18a，02a或016a．②若48a，则316a，25a或232a，当25a时，110a，此时，03a或020a，当232a时，164a，此时，021a或0128a，综上，满足条件的0a的值共有6个．故选：D7．已知nS为数列na的前n项和，且*1121,2nnSanNa，则下列式子正确的是（）A．20212022202032aB．20212022202232aC．202120212019342SD．202020212020312S【答案】D【分析】由已知得*121nnSanN，+1221nnSa，两式作差得+2132nnaa，再求得212a，2132aa，得数列na从第2项起构成以32为公比的等比数列，求得2n时，na，nS，代入判断可得选项.【详解】解：因为*121nnSanN，所以+1221nnSa，两式作差得+1+212+121nnnnSSaa，即+1+2122nnnaaa，所以+2132nnaa，又12a，1221aa，解得212a，211132242aa，所以数列na从第2项起构成以32为公比的等比数列，所以12a，22113,32222nnnnna，2111221333132+1++++2+22312++++1,23122222nnnnnanSaa，所以20222202020222022120213322a，故A不正确，B不正确；2021120012022+1+13322S，所以202020212020312S，故C不正确，D正确，故选：D.8．高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数()fxx，其中x表示不超过x的最大整数，如2.32，1.92，已知数列na满足11a，25a，2145nnnaaa，若21][lognnba，nS为数列18100nnbb的前n项和，则2025S（）A．2023B．2024C．2025D．2026【答案】B【分析】首先根据累加法得到na的通项公式进而得到nb，并对121241loglog3nnnba进行放缩得到nb.【详解】由2145nnnaaa得2114nnnnaaaa，因此数列1nnaa为公比为4，首项为214aa的等比数列，故14nnnaa，进而根据累加法得211111114134441nnnnnnnnaaaaaaaa，1212][log]41[log3nnnba，11222(41)log3log4121lognnn，又122ol41(41lo3g)4g23nnn，2nbn，令1}8100{}{nnnbbc181008100114050()2(22)222nnbbnnnn，1214050()1111111122(1)2224482nnnSnnnncccc，2025(1)11nSn，代入2025n得2025[]2024S，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新概念问题，重点是对1212][log]41[log3nnnba的放缩.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则（）A．数列第16项为144B．数列第16项为128C．200是数列第20项D．200不是数列中的项【答案】BC【分析】由题意首先猜想数列的通项公式，然后求解该数列第16项及200是否是数列的项即可.【详解】偶数项分别为2，8，18，32，50，即21，24，29，216，225，即偶数项对应的通项公式为222nan，则数列的第16项为第8个偶数即2162828264128aa，2220200,10,200,2nnana故选:BC．10．数列na的前n项和为*11,1,2nnnSaaSnN，则有（）A．36aB．nS为等比数列C．123nnaD．21,123,2nnnan【答案】ABD【分析】根据11,1,2nnnSnaSSn求得na，进而求得nS以及判断出nS是等比数列.【详解】由题得1122(2)nnnnaSaSn，两式相减得132)nnaan（，即132)nnana（，当1n时，2212,23aaa，所以数列na从第2项起是等比数列，所以2=232)nnan（，所以数列的通项为211232nnnan，，，36a，当2n时，1132nnnaS；当1n时，111Sa符合上式，所以13nnS，所以13nnSS，所以数列nS是首项为1，公比为3的等比数列.所以ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD11．数列na的前n项和为nS，且满足11a，121nnnanana，是奇数，是偶数，则下列说法正确的有（）A．42aB．na是周期数列C．20222aD．1820S【答案】BC【分析】根据题意，分别求得12345,,,,,aaaaa，得到数列na构成以11,2,,12为周期的周期数列，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，数列na满足11211nnnanaana，为奇数，，，为偶数当1n时，2122aa；当2n时，32112aa；当3n时，4321aa；当4n时，5411aa；当5n时，6522aa；当6n时，76112aa；，归纳可得数列na构成以11,2,,12为周期的周期数列，所以A不正确，B正确；又由20225054222aaa，所以C正确；因为12341912122aaaa，所以189412212S，所以D错误．故选：BC．12．已知等比数列na的前n项积为1,0nTa，公比1q，且2023202411TT,，则（）A．当2023n时，nT最小B．20241aC．存在1012n，使得12nnnaaaD．当1012n时，nT最小【答案】BD【分析】根据题意结合等比数列的性质以及单调性逐项分析判断.【详解】对于选项B：因为10,1aq，所以110nnaaq，又因为1220231220241,1aaaaaaLL，所以202412202311aaaa，故B正确；对于选项A、D：因为21202322022101210121012aaaaaaa，所以202312202310121aaaa，则10121a，又因为120242202310121013aaaaaa，可得1012122024101210131aaaaa，则101210131aa，故10131a，且10,1aq，可知数列