2023高考数学理科二轮复习习题：专题综合检测卷(三)初中教育

1/12023高考数学理科二轮复习习题：专题综合检测卷(三)-初中教育

专题综合检测(三)

(时间：120分钟，满分：150分)

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20＝(B)

A．－1B．1C．3D．7

解析：∵a1＋a3＋a5＝105，即3a3＝105，∴a3＝35.同理可得a4＝33，∴公差d＝a4－a3＝－2，∴a20＝a4＋(20－4)d＝1.故选B.

2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1的前100项和为(A)anan＋1

1009999101A.B.C.D.101101100100

解析：由a5＝5，S5＝15可得

a1＋4d＝5，a1＝1，an＝n.54d＝15a1＋2d＝15

1111∴＝－anan＋1n（n＋1）nn＋1

111111100S100＝1－2＋23＋…＋100101＝1－.101101

13．(2023新课标Ⅱ卷)已知等比数列{an}满意a1＝，a3a5＝4(a44

－1)，则a2＝(C)

11A．2B．1C.D.28

22解析：解法一∵a3a5＝a4，a3a5＝4(a4－1)，∴a4＝4(a4－1)，

a22∴a4－4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝＝＝8，a114

11∴q＝2，∴a2＝a1q＝2＝，故选C.42

解法二∵a3a5＝4(a4－1)，∴a1q2a1q4＝4(a1q3－1)，

1将a1＝代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，解得q＝2，4

1∴a2＝a1q＝C.2

4．已知{an}是等差数列，a1＋a2＝4，a7＋a8＝28，则该数列前10项和S10等于(B)

A．64B．100C．110D．120

5．在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝(B)

A．18B．99C．198D．297

6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝10，a2＝9，那么下列不等式中成立的是(D)

A．a10－a11＜0B．a20＋a22＞0

C．S20－S21＜0D．S40＋a41＜0

解析：公差d＝a2－a1＝－1，

∴an＝11－n.

∴a10－a11＞0，a20＋a22＜0，故A、B错误．

n（a1＋an）n221Sn＝＋n，222

∴S20＞S21，即S20－S21＞0，故C错．

由an及Sn知，S40＜0，a41＜0，

即S40＋a41＜0，故D正确．

7．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和是Sn，若{log2an}

3是公差为－1的等差数列，且S6＝，那么a1的值是(A)8

46812A.B.C.D.21312131

8．已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是(D)

A．(－∞，－1]B．(－∞，0)∪(1，＋∞)

C．[3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)

9．(2023浙江卷)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(B)

A．a1d0，dS40B．a1d0，dS40

C．a1d0，dS40D．a1d0，dS40

2解析：∵a3，a4，a8成等比数列，∴a4＝a3a8，∴(a1＋3d)2＝(a1

52＋2d)(a1＋7d)，绽开整理，得－3a1d＝5d，即a1d＝－.∵d≠0，32

n（n－1）∴a1d＜0.∵Sn＝na1＋d，∴S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋2

26d2＝－d20.3

10．已知f(x)＝x＋1，g(x)＝2x＋1，数列{an}满意a1＝1，an＋1f（an），n为奇数，＝则a2016＝(D)g（an），n为偶数，

A．22016－2016B．21007－2016

C．22016－2D．21009－2

解析：a2n＋2＝a2n＋1＋1＝(2a2n＋1)＋1＝2a2n＋2.

即a2n＋2＋2＝2(a2n＋2)，∴{a2n＋2}是以2为公比，a2＋2＝4为首项的等比数列．

∴a2n＋2＝42n－1＝2n＋1.∴a2n＝2n＋1－2.

∴a2016＝21009－2.

11．某商品的价格前两年每年递增20%，后两年每年递减20%，最终一年的价格与原来的价格比较，变化状况是(D)

A．不增不减B．约增1.4%

C．约减9.2%D．约减7.8%

解析：设原价为1，则现价为(1＋20%)2(1－20%)2＝0.9216，∴1－0.9216＝0.0784，约减7.8%.

12．(2023兰州模拟)设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于(A)

A．n(2n＋3)B．n(n＋4)

C．2n(2n＋3)D．2n(n＋4)

解析：由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)(13k

＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(22＋1)＋(24＋1)＋…＋(22n＋1)＝4(1＋2＋…＋n)＋n＝2n2＋3n.

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)

13．(2023新课标Ⅱ卷)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，

an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝－．解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，

∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.

1111∵Sn≠0，∴＝1，即1.SnSn＋1Sn＋1Sn

11又1，∴{是首项为－1，公差为－1的等差数列．SnS1

∴11＝－1＋(n－1)(－1)＝－n，∴Sn＝－.Snn

14．(2023陕西卷)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为5．

a1＋2015解析：设数列首项为a1，则＝1010，故a1＝5.2

15．(2023肇庆一模)等比数列{an}中，a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，则a5＋a6等于．

a1＋a1q＝20，解析：q2＝2，a5＋a6＝a1q4＋a1q5＝q2(a1q2＋a1q3)23a1q＋a1q＝40

＝80.

16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝10，S5＝55，则

过点P(n，an)和Q(n＋2，an＋2)(n∈N*)的直线的斜率是．

三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(10分)(2023湛江一模)已知正数数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，对任意n∈N*，lgSn，lgn，lg

(1)求an和Sn；

(2)设bn＝

Sn＜Tn＜2.

1S解析：(1)依题意：lgSn＋lg＝2lgn，即＝n2，anan

∴Sn＝ann2.

∴an＋Sn－1＝ann2.①

当n≥2时，Sn－1＝an－1(n－1)2.②

an－1②代入①并整理得：＝.an－1n＋1

a1a2a3a4an－3n－4an－2n－3an－1∴＝＝…＝a13a24a35a46an－4n－2an－3n－1an－2n－2an－1，＝nan－1n＋1

2a把以上式子相乘得：，a1n（n＋1）

又∵a1＝1,

2∴an＝.n（n＋1）

1成等差数列．an{bn}的前n项和为Tn，当n≥2时，证明：n！

∵当n＝1时，a1＝1也满意上式，

2∴an＝.n（n＋1）

112∵an＝＝2nn＋1，n（n＋1）

11111111∴Sn＝2[1－2＋23＋34＋…＋nn＋1]＝21－n＋1

2n＝.n＋1

2n

112nSn＋1(2)bn＝＝＝2n！－（n＋1）！n！n！（n＋1）n！

∴Tn＝1111111121！2！2！3！3！－4！＋…＋n！－（n＋1）！

1＝21－（n＋1）！.

∵n≥2，∴1＞0，（n＋1）！

1∴Tn＝21－（n＋1）！＜2.

又Tn－Sn＝211－（n＋1）！－2n

n＋1＝

（n＋1）！－1nn！2＝－2[(n＋1)！－1－nn！]（n＋1）！（n＋1）！（n＋1）！

22＝n＋1)n！－1－nn！]＝n！－1)＞0.（n＋1）！（n＋1）！

∴Sn＜Tn＜2.

18．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…

＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．

(1)求a1，a2的值；

(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．

解析：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．∴a1＝2，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4.

∴a2＝4.

(2)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1）Sn＋2n(n∈N*)，①∴当n≥2时，

a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②由①－②得nan＝[(n－1)Sn＋2n]－[(n－2)Sn－1＋2(n－1)]＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.

∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2.

∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．

∵S1＋2＝4≠0，

∴Sn－1＋2≠0.

Sn＋2∴＝2.Sn－1＋2

∴{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．

19．(12分)(2023天津卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．

解析：(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意知

22q－3d＝2，q＞0.由已知，有4消去d，整理得q4－2q2－8＝0，解得q－3d＝10，

q2＝4.

又由于q＞0，所以q＝2，所以d＝2.

所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*.

(2)由(1)有cn＝(2n－1)2n－1，设{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝120＋321＋522＋…＋(2n－3)2n－2＋(2n－1)2n－1，

2Sn＝121＋322＋523＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，上述两式相减，得

－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)2n＝2n＋1－3－(2n－1)2n＝－(2n－3)2n－3，

所以，Sn＝(2n－3)2n＋3，n∈N*.

3n2－n20．(12分)(2023江西卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝2

n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)证明：对任意n＞1，都有m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．

S1，n＝1，分析：(1)由和项求通项，主要依据an＝进行Sn－Sn－1，n≥2，

求解．

3n2－n由于Sn＝n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，又n2

＝1时，an＝S1＝1＝31－2，所以an＝3n－2；

(2)证明存在性问题，实质是确定n，要使得a1，an，am成等比数

2列，只需要an＝a1am，即(3n－2)2＝1(3m－2)，m＝3n2－4n＋2.而

此时m∈N*且m＞n，所以对任意n＞1，都有m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．

3n2－n解析：(1)由于Sn＝n≥2时an＝Sn－Sn－1＝3n－2

2，又n＝1时，an＝S1＝1＝31－2，所以an＝3n－2.

2(2)要使得a1，an，am成等比数列，只需要an＝a1am，即(3n－2)2

＝1(3m－2)，m＝3n2－4n＋2，而此时m∈N*，且m＞n，所以对任意n＞1，都有m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．

21．(12分)(2023福建卷)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．

解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.

a1＋d＝4，由已知得（a1＋3d）＋（a1＋6d）＝15，

a1＝3，解得d＝1.

所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.

(2)由(1)可得bn＝2n＋n，

所以b1＋b2＋b3＋…＋b10

＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)

＝(2＋2