2022-2024北京重点校高一（上）期末汇编：等比数列

第1页/共1页2022-2024北京重点校高一（上）期末汇编等比数列一、单选题1．（2024北京十一学校高一上期末）在等比数列中，，公比，记其前项的和为，则对于，使得都成立的最小整数等于（

）A．6 B．3 C．4 D．22．（2023北京十一学校高一上期末）我们都听说过一个著名的关于指数增长的故事：古希腊著名的数学家、思想家阿基米德与国王下棋.国王输了，问阿基米德要什么奖赏？阿基米德说：“我只要在棋盘上的第一格放一粒米，第二格放二粒，第三格放四粒，第四格放八粒……按此方法放到这棋盘的第64个格子就行了.”通过计算，国王要给阿基米德粒米，这是一个天文数字.年后，又一个数学家小明与当时的国王下棋，也提出了与阿基米德一样的要求，由于当时的国王已经听说过阿基米德的故事，所以没有同意小明的请求.这时候，小明做出了部分妥协，他提出每一个格子放的米的个数按照如下方法计算，首先按照阿基米德的方法，先把米的个数变为前一个格子的两倍，但从第三个格子起，每次都归还给国王一粒米，并由此计算出每个格子实际放置的米的个数.这样一来，第一个格子有一粒米，第二个格子有两粒米.第三个格子如果按照阿基米德的方案，有四粒米；但如果按照小明的方案，由于归还给国王一粒米，就剩下三粒米；第四个格子按照阿基米德的方案有八粒米，但如果按照小明的方案，就只剩下五粒米.“聪明”的国王一看，每个格子上放的米的个数都比阿基米德的方案显著减少了，就同意了小明的要求.如果按照小明的方案，请你计算个格子一共能得到（

）粒米.A． B． C． D．3．（2023北京十一学校高一上期末）已知等比数列的前项和为，若，公比，，，则（

）A． B． C． D．二、填空题4．（2024北京十一学校高一上期末）在各项均为正数的等比数列中，，且，的等差中项为，则．5．（2023北京十一学校高一上期末）已知数列是首项为4，公差为3的等差数列，数列的前项和记为，则使得能被5整除的最小正整数的值为.6．（2023北京十一学校高一上期末）已知数列满足，且对于，，则.7．（2023北京十一学校高一上期末）在等比数列中，，，则.三、解答题8．（2023北京十一学校高一上期末）已知首项为0的无穷等差数列中，，，成等比数列.(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前2n项和.

参考答案1．A【分析】由题可得，即可得答案.【详解】由题，，则.故选：A2．D【分析】按照小明的方案，设第个格子放的米粒数为，其中，分析可知数列满足：，，，求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得结果.【详解】按照小明的方案，设第个格子放的米粒数为，其中，则数列满足：，，，所以，当时，，故数列是从第项开始成以为公比的等比数列，且，所以，，则，所以，数列的前项和为.故选：D.3．D【分析】根据等比中项的性质可得，解方程即可得数列中的项，进而可得首项与公比，求得.【详解】由等比中项的性质得，又，解得或，当时，或（舍），当时，（舍），所以，，此时，所以，故选：D.4．64【分析】根据等差中项结合等比数列通项公式运算求解.【详解】设等比数列an的公比为，因为，的等差中项为，则，即，则，且，可知，解得，所以.故答案为：64.5．4【分析】利用等差数列的定义得到，用错位相减法可得到，即可求出答案【详解】因为数列是首项为4，公差为3的等差数列，所以，所以，所以，则有两式相减得：，因此，所以，要使能被5整除，只需能被5整除，因为，故，所以最小正整数的值为4故答案为：46．【分析】构造等比数列求得数列的通项公式，进而求得的值.【详解】由，可得整理得，又，则数列是首项为公比为的等比数列，则，则故答案为：7．【分析】利用等比数列的性质求出，继而算出，即可得到答案【详解】因为数列是等比数列，设其公比为，所以又，所以，所以，，所以故答案为：8．(1)；(2).【分析】（1）等差数列的公差为，由等比数列的性质列式可得或，验证可得，根据等差数列的通项公式即可求解；（2），由分组求和法，结合等差数列与等比数列的求和公式即可求解.【详解