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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qA.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5SA.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1D.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,*nN,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()nanN,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.20212022202032aB.20212022202232aC.202120212019342SD.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{}{nnnbbc181008100114050()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*11,1,2nnnSaaSnN,则有()A.36aB.nS为等比数列C.123nnaD.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.42aB.na是周期数列C.20222aD.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.20241aC.存在1012n,使得12nnnaaaD.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1220231220241,1aaaaaaLL,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
本文标题: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
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