备战2025年高考二轮复习数学专题检测3

专题检测三(分值:150分)学生用书P167一、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的.1.(2024·北京昌平二模)已知数列{an}满足an+1=2an,a2=4,则数列{an}的前4项和等于()A.16 B.24 C.30 D.62答案C解析由已知可得,an+1=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列.又因为a2=4,所以a1=2,所以数列{an}的前4项和等于2+4+8+16=30.故选C.2.(2024·广东江门一模)已知各项均为正数的等比数列{an}中,若a5=9,则log3a4+log3a6=()A.3 B.4 C.8 D.9答案B解析由各项为正数的等比数列{an},且a5=9,可得a4a6=a52=81,所以log3a4+log3a6=log3a4a6=log381=4.故选3.(2024·江苏徐州模拟)若等差数列{an}满足an+an+1=4n+1,则a1=()A.3 B.32 C.1答案B解析设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd.因为an+an+1=4n+1,可得an+an+1=2a1+(2n-1)d=2a1-d+2nd,所以有2a1-d=14.(2024·河北保定三模)已知在等差数列{an}中,a1=1,公差d>0.若数列an2-4n也是等差数列,则A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析依题意,an=dn+1-d(d>0),则an2-4n=d2n+2d(1-d)+(1-d)2-又an2-4n是等差数列,所以-(1-d)2-4n(n+15.(2024·河北秦皇岛二模)将数列{3n+1}与数列{4n-1}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前30项的和为()A.3255 B.5250 C.5430 D.6235答案C解析显然数列{3n+1}和数列{4n-1}均为等差数列,令3n1+1=4n2-1,其中n1,n2∈N*,可得n1=4n2-23,则n2=2,5,8,…,则数列{an}为等差数列,且a1=4×2-1=7,公差为(4×5-1)-(4×2-1)=12,所以{an}的前30项的和为30×7+30×292×6.(2024·湖南岳阳三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2≥a1>0,S20=100,则a10a11()A.有最小值25 B.有最大值25C.有最小值50 D.有最大值50答案B解析由S20=20(a1+a20)2=10(a10+a11)=100可得a10+a11=10.因为a2≥a1>0,则等差数列{an}的公差d≥0,故a10>0,a11>0,则a10a11≤a10+a1122=25,当且仅当a10=a11=5时,等号成立,即当a10=a7.(2024·江苏苏州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,2an+1=3Sn,若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立,则实数t的取值范围为()A.(-4,2) B.[-3,2)C.(-6,2) D.(-3,2]答案B解析由2an+1=3Sn,得an=3Sn-12.当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则3Sn-12=Sn-Sn-1,整理得Sn=-2Sn-1又3S1=2a1+1=2S1+1,解得S1=1,于是S1-13=23≠0,数列Sn-13是首项为23,公比为-2的等比数列,因此Sn-13=由tSn<2n,得1-(-2)n3·t<2n,当n为奇数时,1+2n3·t<2n,即t<3×2n1+2n=3-31+2n,显然3-31+2n为递增数列,当n=1时,3-31+2nmin=2,所以t<2.当n为偶数时,1-2n3·t<2n8.(2024·北京东城二模)设无穷正项数列{an},如果对任意的正整数n,都存在唯一的正整数m,使得am=a1+a2+a3+…+an,那么称{an}为内和数列,并令bn=m,称{bn}为{an}的伴随数列,则下列说法正确的是()A.若{an}为等差数列,则{an}为内和数列B.若{an}为等比数列,则{an}为内和数列C.若内和数列{an}为递增数列,则其伴随数列{bn}为递增数列D.若内和数列{an}的伴随数列{bn}为递增数列,则{an}为递增数列答案C解析对于选项A,B,令an=1,可知{an}即为等差数列也为等比数列,则a1+a2=2,但不存在m∈N*,使得am=2,所以{an}不为内和数列,故A,B错误;对于选项C,因为an>0,对任意n1,n2∈N*,n1<n2,可知存在m1,m2∈N*,使得am1=a1+a2+a3+…+an1,am2=a1+a2+a3+…+an2,则am2-am1=an1+1+an1+2+…+an2>0,即am2>am1,且内和数列{an}为递增数列,可知m2>m1,所以其伴随数列{bn}为递增数列,故C正确;对于选项D,例如2,1,3,4,5,…,显然二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2024·广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a6=31,S3=21,则下列说法正确的有()A.aB.a2=7C.若∀n∈N*,Snn2≤a,则a的取值范围为(3D.an答案BD解析由题意知{an}为等差数列,设公差为d,由a6=31,S3=21,得a1+5d=31,3a1+3×(3-1)d2=21,解得a1=1,d=6,则an=6n-5,Sn=n+由a112=1<a222=74因为Snn2=3-2n,由于n∈N*,0<2n≤2,故1≤Snn2<3.由于∀n∈N*,Snn2≤a由于n∈N*,0<5n≤5,故ann=6-5n<6,故D10.(2024·山东滨州模拟)已知{an}是正项等差数列,首项为a1,公差为d,且a1=d,Sn为{an}的前n项和,则下列说法正确的是()A.数列{Sn+1-Sn}是等差数列B.数列{Sn}C.数列{2anD.数列{lgan}是等比数列答案AC解析由题意得,a1=d>0.因为数列{an}是等差数列,Sn+1-Sn=an+1,Sn+1-Sn-(Sn-Sn-1)=an+1-an=d,所以数列{Sn+1-Sn}是等差数列,故A正确;当a1=d=1时,an=n,S1=1,S2=3,S3=6,因为2S2≠S1+S3,所以数列{Sn}不是等差数列,故B错误;因为2an+12an=2an+1-an=2d,所以数列{2an}是等比数列,故C正确;当11.(2024·福建宁德模拟)“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始,第n行从左至右的数字之和记为an,如a1=1+1=2,a2=1+2+1=4,…,{an}的前n项和记为Sn,依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,记为{bn},{bn}的前n项和记为Tn,则下列说法正确的有()A.S10=1022B.2anSC.b57=66D.T57=4150答案BCD解析从第一行开始,每一行的数依次对应(a+b)n的二项式系数,所以an=(1+1)n=2n,所以{an}为等比数列,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,所以S10=211-2anSn·Sn+1=2n+1(2n+1-2)(2n+2-2)=12n+1-2-12n+2-2,故2anSn·Sn+1的前n项和为122-2-123-2+123-2-124-2+…+12n+1-2-12n+2-2=12-12n+2-2=12-1an+2-2,故三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(2024·浙江金华模拟)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,若a2+a4+a6=5π,b2b4b6=33,则tana1+a7答案3解析由等差数列的性质可知,a2+a4+a6=3a4=5π,即a4=5π3,而a1+a7=2a4=10π3,根据等比数列的性质可知,b2b4b6=b43=33,则b4=3,b2b6=b42=3,所以13.(2024·陕西西安模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=n+3n答案4解析因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,设Sn=An2+Bn,Tn=Cn2+Dn,A,B,C,D∈R,由SnTn=An2+BnCn2+Dn=An+BCn+D=n+3n-1,则An+B=k(n+3),Cn+D=k(n-1),所以a14.(2024·广东广州模拟)如图,画一个正三角形A1A2A3,不画第三边;接着画正方形A2A3A4A5,对这个正方形,不画第四边;接着画正五边形A4A5A6A7A8,对这个正五边形,不画第五边;接着画正六边形,…,这样无限画下去,形成一条无穷伸展的等边折线.设线段AnAn+1与线段An+1An+2所夹的角为θn(n∈N*,θn∈(0,π)),则θ10=,满足θn>174°的最小n值为.

答案120°1712解析由题意得,θ1=60°,由此类推,θ2=90°,θ3=90°,θ4=108°,θ5=108°,θ6=108°,θ7=120°,θ8=120°,θ9=120°,θ10=120°,…,观察规律,三角形会有1个角,并且角的度数恰好是其内角的度数,正方形有2个90°,正五边形有3个108°,正六边形有4个120°,…,所以正k多边形有(k-2)个180°(k-2)k.令180°(k-2)k>174°,解得k>60,所以k的最小值为61,即满足条件θn>174°的角至少要在正六十一边形中,所以n>1+2+3+4+四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)(2024·安徽合肥三模)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=6,Snn+2是公差为(1)求{an}的通项公式;(2)若bn=4anan+1,设数列{bn}的前n项和为Tn,求证:(1)解因为a1=6,所以S11+2=61+2=2.又因为Snn+2是公差为2的等差数列,所以Snn+2=2+(n-1)×2=2n,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n(n+2)-2(n-1)(n+1)=4n+2.又由a1=6,适合上式,所以数列{an}的通项公式为an=4n+2.(2)证明由(1)知bn=4anan+1=4(4n+2)(4又由Tn+1-Tn=14n+6所以{Tn}为递增数列,所以Tn≥T1=1又因为14n+6所以Tn=16所以115≤Tn16.(15分)(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=1,当n≥3时,an=a(1)求a4和a6,并证明当n为偶数时{an+1}是等比数列;(2)求a1+a3+a5+…+a29.解(1)因为a1=1,a2=1,当n≥3时,an=a所以a4=2a2+1=3,a6=2a4+1=7.令k∈N*,则a2k+2=2a2k+1,a2k+2+1=2(a2k+1).又a2+1=2,所以当n为偶数时,{an+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列.(2)由(1)知,a2k+1=(a2+1)2k-1=2k,设n=2k,k∈N*,则an=2n2-所以当n为偶数时,an=2n2-a2k+1=a2k+a2k-1=2k-1+a2k-1=2k-1+a2k-2+a2k-3=2k-1+2k-1-1+a2k-3=…=2k-1+2k-1-1+…+(21-1)+a1,所以a2k+1=2(1-2k)1-2当k=0时,a1=20+1-0-1=1符合上式,所以a2k+1=2k+1-k-1,k∈N.设n=2k+1,k∈N,所以当n为奇数时,an=2n所以a1+a3+a5+…+a29=(21-1)+(22-2)+(23-3)+…+(215-15)=(21+22+23+…+215)-(1+2+3+…+15)=21(1-21517.(15分)(2024·广东广州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2n+1=2an+2,且Snn(1)求{an}的通项公式;(2)在2an2与2an+12之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn(dn>0)的等差数列,记数列1dn的前n(1)解因为等差数列{an}中,an=a1+(n-1)d,且a2n+1=2an+2,所以a1+2nd=2[a1+(n-1)d]+2,即a1+2=2d①.因为Snn所以S令n=1时,S23-S12=S34结合①②,解出d=2,a1=2,则an=2+(n-1)×2=2n,所以{an}的通项公式为an=2n.(2)证明由题设得dn=2an+12所以Tn=1d1+1d2+…+则12Tn=222+3由③-④得12Tn=1+122+123+…所以Tn=3-n+3因为n∈N*,所以n+32n所以Tn<3.18.(17分)(2024·重庆九龙坡模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4+a7=20,S9=27a2.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=2an+2+an,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:当n≥3时(1)解设{an}的公差为d,则a即2a1所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.(2)证明bn=2=2=2=2n所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=12(5-1+7-3+9-5+…+2所以2Tn=2n+3+所以2Tn-an+1=2n+3+当n≥3时,2n+3-3-1≥2×3+3-3-1=3-3所以当n≥3时,2Tn>a19.(17分)(2024·湖北武汉模拟)混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中,比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等,假设在一个混沌系统中,用xn来表示系统在第n(n∈N*)个时刻的状态值,且该系统下一时刻的状态xn+1满足xn+1=f(xn),0<x1<1,其中f(x)=-ax2+ax.(1