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高考数学压轴专题新备战高考《数列》图文答案

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【最新】数学《数列》试卷含答案

一、选择题

1．已知na是单调递增的等比数列，满足352616,17aaaa，则数列na的前n项和nS

A．122n B．122n

C．1122n D．1122n

【答案】D

【解析】

【分析】

由等比数列的性质和韦达定理可得26aa， 为方程217160xx 的实根，解方程可得q和a1，代入求和公式计算可得．

【详解】

∵352616,17aaaa，

∴由等比数列的性质可得26261617aaaa， ，

26aa， 为方程217160xx 的实根

解方程可得2626116161aaaa，，或， ，

∵等比数列{an}单调递增，

∴26116aa，，∴1122qa，＝ ，

∴1112122122nnnS＝＝

故选D．

【点睛】

本题考查等比数列的求和公式，涉及等比数列的性质和一元二次方程的解法，属中档题．

2．若两个等差数列na、nb的前n项和分别为nA、nB，且满足2131nnAnBn，则371159aaabb的值为（ ）

A．3944 B．58 C．1516 D．1322

【答案】C

【解析】

【分析】 利用等差中项的性质将371159aaabb化简为7732ab,再利用数列求和公式求解即可.

【详解】

11337117131135971313()3333213115213()22223131162aaaaaaAbbbbbB,

故选:C.

【点睛】

本题考查了等差中项以及数列求和公式的性质运用,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

3．已知各项均为正数的等比数列{}na的前n项和为nS，且满足6a，43a，5a成等差数列，则42SS( )

A．3 B．9 C．10 D．13

【答案】C

【解析】

【分析】

设na的公比为0q，由645,3,aaa成等差数列，可得260,0qqq，解得q，再利用求和公式即可得结果.

【详解】

设各项均为正数的等比数列na的公比为0q，

Q满足645,3,aaa成等差数列，

2465446,6,0aaaaaqqq，

260,0qqq，解得3q，

则4124221313131103131aSSa，故选C.

【点睛】

本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,nnaqnaS，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.

4．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（ ）

A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺

【答案】C

【解析】

【分析】

结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果.

【详解】

解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列na,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,

∴111913631.598985.52aadadSad,

解得113.5a,1d,

∴小满日影长为1113.510(1)3.5a（尺）.

故选C.

【点睛】

本题考查等差数列的前n项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.

5．数列na的通项公式为nancnN．则“2c”是“na为递增数列”的（ ）条件．

A．必要而不充分 B．充要 C．充分而不必要 D．即不充分也不必要

【答案】A

【解析】

【分析】

根据递增数列的特点可知10nnaa，解得12cn，由此得到若na是递增数列，则32c，根据推出关系可确定结果.

【详解】

若“na是递增数列”，则110nnaancnc，

即221ncnc，化简得：12cn，

又nN，1322n，32c， 则2c¿na是递增数列，na是递增数列2c，

“2c”是“na为递增数列”的必要不充分条件．

故选：A.

【点睛】

本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.

6．在数列na中，111,1nnnaaan，则2018a的值为（ ）

A．20171008 B．20171009 C．20181008 D．20181009

【答案】B

【解析】

【分析】

根据已知条件nn1naan1,利用累加法并结合等差数列的前n项和公式即可得到答案.

【详解】

nn1naan1,20182017201720162016201520152014aa20171,aa20161,aa20151,aa20141,

32aa21,21aa11,

将以上式子相加得20181aa20172016++2，

即2018a20172016++2+1=2017(12017)201710092，

故选：B.

【点睛】

本题考查数列递推关系式的应用和累加法求和，考查等差数列前n项和公式的应用.

7．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771，lg20.3010）

A．16 B．17 C．24 D．25

【答案】D

【解析】

【分析】

由折线长度变化规律可知“n次构造”后的折线长度为43na，由此得到410003n，利用运算法则可知32lg2lg3n，由此计算得到结果.

【详解】

记初始线段长度为a，则“一次构造”后的折线长度为43a，“二次构造”后的折线长度为243a，以此类推，“n次构造”后的折线长度为43na，

若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003naa，即410003n，

44lglglg4lg32lg2lg3lg1000333nnnn，

即324.0220.30100.4771n，至少需要25次构造.

故选：D.

【点睛】

本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.

8．已知各项为正数的等比数列{}na满足11a，2416aa，则6a（ ）

A．64 B．32 C．16 D．4

【答案】B

【解析】

【分析】

先根据条件求公比，再根据等比数列通项公式求6.a

【详解】

由2416aa得2445516116,1602232.aqqqqaaqQ选B.

【点睛】

本题考查等比数列通项公式，考查基本分析求解能力，属基本题.

9．已知等差数列na的前n项和为nS，若23109aaa，则9S（ ）

A．3 B．9 C．18 D．27 【答案】D

【解析】

设等差数列na的首项为1a，公差为d.

∵23109aaa

∴13129ad，即143ad

∴53a

∴1999()272aaS

故选D.

10．在等差数列na中，3a，15a是方程2650xx的根，则17S的值是（ ）

A．41 B．51 C．61 D．68

【答案】B

【解析】

【分析】

由韦达定理得3156aa，由等差数列的性质得117315aaaa，再根据等差数列的前n项和公式求17S.

【详解】

在等差数列na中，3a，15a是方程2650xx的根，

3156aa.

11731517171717651222aaaaS.

故选：B.

【点睛】

本题考查等差数列的性质和前n项和公式，属于基础题.

11．执行如图所示的程序框图，若输出的S为154，则输入的n为（ ）

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数列与不等式【解析版】

专题03 数列求和问题

【典例1】【福建省福州市2019-2020学年⾼三上学期期末质量检测】

等差数列{}n a 的公差为2, 248,,a a a 分别等于等⽐数列{}n b 的第2项，第3项，第4项. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满⾜12112n n n

c c c b a a a ++++=L ,求数列{}n c 的前2020项的和． 【思路引导】

(1)根据题意同时利⽤等差、等⽐数列的通项公式即可求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求出数列{}n c 的通项公式，再利⽤错位相减法即可求得数列{}n c 的前2020项的和.

解：(1)依题意得: 2324b b b =，所以2111(6)(2)(14)a a a +=++ ，

所以22111112361628,a a a a ++=++解得1 2.a = 2.n a n ∴= 设等⽐数列{}n b 的公⽐为q ，所以342282,4

b a q b a ==== ⼜2224,422.n n n b a b -==∴=?= (2)由（1）知，2,2.n n n a n b ==因为1112

1212n n n n n

c c c c a a a a +--++++= ① 当2n ≥时,

112

1212n n n c c c a a a --+++= ②由①-②得，2n n n

c a =，即12n n c n +=?，

⼜当1n =时，31122c a b ==不满⾜上式，18,1

2,2

n n n c n n +=?∴=?

≥ .

数列{}n c 的前2020项的和34202120208223220202S =+?+?++?2342021412223220202=+?+?+?++?

专题16 数列(选填压轴题)(解析版)-【挑战压轴题】备战2023年高考数学高分必刷必过题

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专题16数列（选填压轴题）

1．（2022·湖北·黄冈中学高三阶段练习）若实数M满足：对每个满足2

12nnaa

的不为常

数的数列

na，存在*Nk，使得kaM，则M的最大值为（）

A．1B．15

2C．15

2D．2

【答案】C

【详解】令115

2a，则*

2121515,N

22kkaak

.

故15

2M.

下证：当15

2M时满足条件.

①存在15

2ka，已经成立；

②存在15

2ka，则115

2ka

，成立；

③存在1515

22ka，则115

2ka

，成立.

假设存在1a，使得对每个1515,,

22nna，设110at.

则1

111331111

22n

nnnnaaaat

.

令3

215log1

2n

t，则151

2na，矛盾.

故总存在ka，满足①，②，③其中之一.

故选：C

2．（2022·北京八中高三阶段练习）对于无穷数列

na，给出如下三个性质：①10a；

②*,N,nsnsnsaaa

；③*Nn，*N,ntntaa

.定义：同时满足性质①和②的数

列

na为“s数列”，同时满足性质①和③的数列

na为“t数列”，则下列说法正确的是（）

A．若23nan，则

na为“s数列”

B．若1

2n

na，则

na为“t数列”

C．若

na为“s数列”，则

na为“t数列”D．若

na为“t数列”，则

na为“s数列”

【答案】A

【详解】若23nan，则12310a，满足①，

*3,2N,

nsnsnsa

，232326nsnsnaas，

因为2326nsns，所以*,N,nsnsnsaaa

，满足②，

故A正确；

若1

2n

na，则1

高考数学压轴专题(易错题)备战高考《集合与常用逻辑用语》基础测试题附解析

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新高中数学《集合与常用逻辑用语》专题解析

一、选择题

1．若数列na的前n项和为nS，则“12nnnaaS”是“数列na是等差数列”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】

必要性显然成立；由12nnnaaS，111(1)2nnnaaS，得11(1)(2)nnnaana①，同理可得211(2)(3)nnnaana②，综合①，②，得122nnnaaa，充分性得证，即可得到本题答案.

【详解】

必要性显然成立；下面来证明充分性，

若12nnnaaS，所以当2n…时，111(1)2nnnaaS，

所以1112(1)nnnanaanaa，化简得11(1)(2)nnnaana①，

所以当3n…时，211(2)(3)nnnaana②，

①②得122(2)(2)nnnnanaa，所以122nnnaaa，即数列na是等差数列，充分性得证，所以“12nnnaaS”是“数列na是等差数列”的充要条件.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查等差数列的判断与证明的问题，考查推理能力，属于中等题.

2．已知R为实数集，集合{|lg(3)}Axyx，{|2}Bxx，则()RCAB（ ）

A．{|3}xx B．{|3}xx C．{|3}xx D．{|23}xx

【答案】C

【解析】

【分析】

化简集合，根据集合的并集补集运算即可.

【详解】

因为{|lg(3)}{|3}Axyxxx，

所以ABU{|3}xx， ()RCAB{|3}xx，故选C.

【点睛】

本题主要考查了集合的并集、补集运算，属于中档题.

3．已知集合2230Axxx，lg11Bxx，则RABIð（ ）

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《计数原理与概率统计》技巧及练习题附答案解析

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《计数原理与概率统计》技巧及练习题附答案解析

数学《计数原理与概率统计》复习知识点(1)

一、选择题

1．把15个相同的小球放到三个编号为123，，的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，则共有多少种放法（ ）

A．18 B．28 C．38 D．42

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意，先在1号盒子里放1个球，在2号盒子里放2个球，在3号盒子里放3. 个球，则原问题可以转化为将剩下的9个小球，放入3个盒子，每个盒子至少放1个的问题，由挡板法分析可得答案．

【详解】

根据题意，15个相同的小球放到三个编号为123，，的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，

先在1号盒子里放1个球，在2号盒子里放2个球，在3号盒子里放3个球，

则原问题可以转化为将剩下的9个小球，放入3个盒子，每个盒子至少放1个的问题，

将剩下的9个球排成一排，有8个空位，在8个空位中任选2个，插入挡板，有2887282C种不同的放法，

即有28个不同的符合题意的放法；

故选B．

【点睛】

本题考查排列、组合的应用，关键是将原问题转化为将3个球放入3个盒子的问题，属于基础题．

2．若不等式组2302400xyxyy表示的区域为，不等式222210xyxy表示的区域为T，则在区域内任取一点，则此点落在区域T中的概率为（ ）

A．4 B．8 C．5 D．10

【答案】D

【解析】

【分析】

作出不等式组2302400xyxyy对应的平面区域，求出对应的面积，利用几何概型的概率公式即可得到结论．

【详解】

作出不等式组2302400xyxyy表示的区域，

不等式222210xyxy化为22111xy

它表示的区域为T，如图所示；

则区域表示ABCV，由240 230xyxy，解得点12B，；

又20A，，30B（，），∴132252ABCSV，

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