2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 045-高考真题集训5 数列（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 045-高考真题集训5 数列（教用），共13页。试卷主要包含了［2024·全国甲卷，［2023·全国甲卷，［2023·全国乙卷等内容，欢迎下载使用。
1．［2024·全国甲卷（理）·4,5分］记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=（ ）
A. 72B. 73C. −13D. −711
【答案】B
【解析】设等差数列{an}的公差为d，
由题意得5a1+10d=10a1+45d,a1+4d=1,解得a1=73,d=−13.故选B.
2．［2024·全国甲卷（文）·5，5分］记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=1,则a3+a7=（ ）
A. 19B. 29C. −13D. 23
【答案】B
【解析】因为{an}是等差数列，所以S9=9(a1+a9)2=9(a3+a7)2=1，所以a3+a7=29.故选B.
3．［2023·全国甲卷（文）·5，5分］记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10，a4a8=45，则S5=（ ）
A. 25B. 22C. 20D. 15
【答案】C
【解析】解法一：设等差数列{an}的公差为d，则a2+a6=a1+d+a1+5d=10，即a1+3d=5,
又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45，所以a1+7d=9,所以d=1,a1=2，所以S5=5a1+5×42×d=20.
解法二：设等差数列{an}的公差为d，由题意知，a2+a6=2a4=10，a4a8=45，所以a4=5，a8=9，从而d=a8−a48−4=1，于是a3=a4−d=5−1=4，所以S5=5a3=20.
4．［2023·全国甲卷（理）·5，5分］设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1=1,S5=5S3−4,则S4=（ ）
A. 158B. 658C. 15D. 40
【答案】C
【解析】设{an}的公比为q,易知q>0且q≠1,∵S5=5S3−4,∴a1(1−q5)1−q=5×a1(1−q3)1−q−4,又a1=1,∴q5−5q3+4q=0,∴(q2−4)⋅(q2−1)=0，∴q=2,
∴S4=a1(1−q4)1−q=1−241−2=15,故选C.
5．（2023·天津卷·5，5分）已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N∗)，则a4=（ ）
A. 16B. 32C. 54D. 162
【答案】C
【解析】因为an+1=2Sn+2①，
所以当n≥2时，an=2Sn−1+2②，
①−②得an+1−an=2Sn−2Sn−1=2an(n≥2)，即an+1=3an(n≥2).
当n=1时，由已知得a2=2a1+2=6,则a2=3a1,所以{an}是首项为2，公比为3的等比数列，则an=2⋅3n−1，所以a4=54，故选C.
6．（2022·新高考Ⅱ卷·3,5分）图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′,BB′,CC′,DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5，CC1DC1=k1，BB1CB1=k2，AA1BA1=k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3=（ ）
图1图2
A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9
【答案】D
【解析】设OD1=DC1=CB1=BA1=1，则DD1=0.5，CC1=k1，BB1=k2，AA1=k3，由题意可得k1=k3−0.2，k2=k3−0.1，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，解得k3=0.9，故选D.
7．［2023·全国乙卷（理）·10，5分］已知等差数列{an}的公差为2π3,集合S={csan|n∈N∗}.若S={a,b},则ab=（ ）
A. −1B. −12C. 0D. 12
【答案】B
【解析】易知csα=cs(α+2kπ),k∈Z,2π3×3=2π ,∴ 数列｛csan}是周期为3的周期数列,不妨取a1=−π3，
则csa1=12，csa2=12,csa3=−1，
则S={12,−1}，∴ab=−12，故选B.
8．［2023·全国甲卷（文）·13，5分］记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3，则{an}的公比为_ _ _ _ _ _ .
【答案】−12
【解析】设{an}的公比为q.
解法一：若q=1，则S6=6a1,S3=3a1，
因为8S6=7S3，所以48a1=21a1，所以a1=0，不符合要求，舍去，
所以q≠1，则S6=a1(1−q6)1−q,S3=a1(1−q3)1−q，又因为8S6=7S3，所以8a1(1−q6)1−q=7a1(1−q3)1−q，易知a1≠0,所以q3=−18，即q=−12.
解法二：因为{an}是公比为q的等比数列，所以S3,S6−S3,S9−S6也是等比数列，且公比为q3，
所以q3=S6−S3S3=−18，则q=−12.
9．［2023·全国乙卷（理）·15，5分］已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6,a9a10=−8,则a7=_ _ _ _ _ _ .
【答案】−2
【解析】设等比数列{an}的公比为q(q≠0),an≠0,
由a2a4a5=a3a6,a9a10=−8，
可得a1q⋅a1q3⋅a1q4=a1q2⋅a1q5,a1q8⋅a1q9=−8,整理可得a1=q−1，q5=−2，所以a7=a1q6=q5=−2.
10．［2024·全国甲卷（文）·17,12分］记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知2Sn=3an+1−3.
（1） 求{an}的通项公式；
（2） 求数列{Sn}的前n项和.
【解析】
（1） 因为2Sn=3an+1−3,所以当n≥2时，2Sn−1=3an−3，
所以2an=3an+1−3an(n≥2)，即5an=3an+1，故等比数列{an}的公比为53，
易得2a1=3a2−3=3a1×53−3=5a1−3，故a1=1，故an=(53)n−1.
（2） 由等比数列的前n项和公式及（1）得Sn=1×[1−(53)n]1−53=32(53)n−32.
设数列{Sn}的前n项和为Tn，
则Tn=32[(53)1+(53)2+⋯+(53)n]−3n2=32⋅53[1−(53)n]1−53−3n2=154⋅(53)n−3n2−154.
11．（2023·新课标Ⅰ卷·20，12分）设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
（1） 若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式；
（2） 若{bn}为等差数列，且S99−T99=99，求d.
【解析】
（1） 由3a2=3a1+a3得3(a1+d)=3a1+a1+2d，即a1=d，所以an=nd，所以bn=n+1d，所以S3=6d，T3=9d.
又S3+T3=21，所以6d+9d=21，
即(2d−1)(d−3)=0，
又d>1，所以d=3,所以an=3n.
（2） 因为{bn}为等差数列，所以b1+b3=2b2，即2a1+12a3=12a2,
所以a2a3+6a1a2=6a1a3，即(a1+d)(a1+2d)+6a1(a1+d)=6a1(a1+2d)，所以(a1−d)(a1−2d)=0，所以a1=d或a1=2d，此时{bn}均为等差数列.
由S99−T99=99得992(a1+a99)−992×(2a1+9900a99)=99，
即a1+a99−2a1−9900a99=2（*）.
①当a1=d时，a99=99d，（*）式即为50d2−d−51=0，即(50d−51)(d+1)=0,
又d>1,所以d=5150.
②当a1=2d时，a99=100d，（*）式即为51d2−d−50=0，即(51d+50)(d−1)=0,
又d>1，所以此方程无解.
综上，d=5150.
12．（2022·新高考Ⅰ卷·17，10分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1,{Snan}是公差为13的等差数列.
（1） 求{an}的通项公式；
（2） 证明：1a1+1a2+⋯+1an