2025年高考数学总复习 41 课时质量评价(四十一)

课时质量评价(四十一)1．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝6，则3a2＋a16的值为()A．24 B．18C．16 D．12D解析：由题意知a3＋a8＝2a1＋9d，3a2＋a16＝4a1＋18d＝2(a3＋a8)＝12.故选D.2．(2024·1月·九省适应性测试)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝()A．120 B．140C．160 D．180C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故选C.3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S50－S47＝12，则S97等于()A．198 B．388C．776 D．2023B解析：由题意得S50－S47＝a48＋a49＋a50＝3a49＝12，所以a49＝4，所以S97＝97×a1+a972＝97a494．(2023·新高考全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：Snn为等差数列，则(A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件C解析：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋nn－12d，即Snn＝a1+n－12d＝a1＋(n－即甲是乙的充分条件．反之，若Snn为等差数列，则可设Sn则Snn＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)当n≥2时，有Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，以上两式相减得an＝Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D．当n＝1时，上式成立，所以an＝a1＋2(n－1)D，则an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D(常数)，所以数列{an}为等差数列，即甲是乙的必要条件．综上所述，甲是乙的充要条件．5．(多选题)(2024·桐城模拟)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn，a1＝10，公差d＝－2，则()A．S4＝S7B．当n＝6或7时，Sn取得最小值C．数列{|an|}的前10项和为50D．当n≤2023时，数列{an}与数列{3m＋10}(m∈N)共有671项互为相反数AC解析：因为{an}为等差数列，a1＝10，公差d＝－2，故an＝10－2(n－1)＝12－2n，Sn＝10n＋(－2)×nn－12＝11n对于A，S7－S4＝a5＋a6＋a7＝3a6＝0，故A正确；对于B，因为a5>0，a6＝0，a7<0，数列递减，Sn没有最小值，故B错误；对于C，数列{|an|}的前10项和为|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S6－(S10－S6)＝2S6－S10＝2×30－10＝50，故C正确；对于D，当n≤2023时，令12－2n＝－3m－10，可得n＝3m2＋因为m∈N，所以m为偶数且m≤40243，即有670项互为相反数，故6．已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为________．29解析：设等差数列{an}共有(2n＋1)项，其中奇数项有(n＋1)项，偶数项有n项，则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝(n＋1)an＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝nan＋1.又该数列的中间项为an＋1，所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.7．(数学与文化)如图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)________块．3402解析：设每层环数为n(n∈N*)，则上层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a1，a2，…，an，中层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为an＋1，an＋2，…，a2n，下层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a2n＋1，a2n＋2，…，a3n.由题意知数列{an}为等差数列，公差为9，且(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)－(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＝729.由等差数列的性质知a2n＋1－an＋1＝a2n＋2－an＋2＝…＝a3n－a2n＝9n，所以9n2＝729，解得n＝9，则数列{an}共有9×3＝27(项)，故三层共有扇面形石板(不含天心石)的块数即为数列{an}的前27项和，即27×9＋27×262×98．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝____．2解析：由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.9．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝an2＋n－4(n∈N*(1)求证：数列{an}为等差数列．(2)求数列{an}的通项公式．(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a12＋1－4，即a12－2a1－所以a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2Sn－1＝an－12＋又2Sn＝an2＋n－所以两式相减得2an＝an2－即an即(an－1)2＝an因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，因此数列{an}为等差数列．(2)解：由(1)知a1＝3，数列{an}的公差d＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.10．若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是()A．公差为3的等差数列B．公差为4的等差数列C．公差为6的等差数列D．公差为9的等差数列C解析：令bn＝a2n－1＋2a2n，则bn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，故bn＋1－bn＝a2n＋1＋2a2n＋2－(a2n－1＋2a2n)＝(a2n＋1－a2n－1)＋2(a2n＋2－a2n)＝2d＋4d＝6d＝6×1＝6.所以{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．11．(多选题)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有()A．a10＝0 B．S10最小C．S7＝S12 D．S20＝0AC解析：根据题意，数列{an}是等差数列，设公差为d，由a1＋5a3＝S8，即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d.又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，得a10＝0，故A正确．因为不能确定a1和d的符号，所以不能确定S10最小，故B不正确．又由Sn＝na1＋nn－1d2＝－9nd+nnS20＝20a1＋20×192d＝－180d＋190d＝因为d≠0，所以S20≠0，故D不正确．12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2+2a7+54解析：a所以a6所以S1113．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2Sn＝anan＋1，n∈N*，则a4＝________；若a1＝2，则S20＝________．4220解析：由2Sn＝anan＋1，可得2Sn＋1＝an＋1an＋2，两式相减得2an＋1＝an＋1(an＋2－an)．由数列{an}的各项均为正数，可得到an＋2－an＝2.令n＝1，有2S1＝2a1＝a1a2，解得a2＝2，所以a4＝4.若a1＝2，则a3＝4，即奇数项与偶数项均构成首项为2，公差为2的等差数列，可求得S20＝2×10×2+14．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.解：(1)因为an＋2－2an＋1＋an＝0，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}是等差数列．设其公差为d，因为a1＝8，a4＝2，所以d＝a4－a1所以an＝a1＋(n－1)d＝10－2n(n∈N*)．(2)设数列{an}的前n项和为Sn，则由(1)可得Sn＝8n＋nn－12×(－2)＝9n－n2(n∈由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，所以当n≤5时，an≥0，则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2；当n≥6时，an<0，则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40.所以Tn＝915．(2021·新高考全国Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求使Sn>an成立的n的最小值．解：(1)由等差数列的性质可得S5＝5a3，则a3＝5a3，所以a3＝0.设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则a2a4＝(a3－d)·(a3＋d)＝－d2，