新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.2等差数列（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.2等差数列（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n等于( )
A．6 B．7 C．8 D．9
2．已知数列{an}是等差数列，若a1－a9＋a17＝7，则a3＋a15等于( )
A．7 B．14 C．21 D．7(n－1)
3．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为( )
A．S15 B．S16
C．S15或S16 D．S17
4．(2023·鹰潭统考)公差不为0的等差数列{an}满足aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＝aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,6)，Sn为数列{an}的前n项和，则下列各选项正确的是( )
A．a4＝0 B．a5＝0
C．S8＝0 D．S9＝0
5．(2023·河南统考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S3n－S2n>S2n－Sn”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
6．(2023·青岛模拟)已知等差数列{an}，an＋m＝am＋n(n≠m，n，m∈N*)，数列{bn}满足bn＝a2n＋1＋a2n－1，则b2 024－b2 023等于( )
A．1 B．2 C．4 D．8
二、多项选择题
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a1>0，S4＝S12，则( )
A．公差d0，得a8>0，a9＝a1＋8d＝eq \f(1,2)d0，当n≥9时，an1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq \f(51,50).
综上，d＝eq \f(51,50).
15．B [方法一 由题意得
an＝a1＋eq \f(2π,3)(n－1)，
cs an＋3＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(2π,3)n＋2))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(2π,3)n＋\f(4π,3)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(2π,3)n＋2π－\f(2π,3)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(2π,3)n－\f(2π,3)))
＝cs an，
所以数列{cs an}是以3为周期的周期数列，
又cs a2＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(2π,3)))
＝－eq \f(1,2)cs a1－eq \f(\r(3),2)sin a1，
cs a3＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(4π,3)))
＝－eq \f(1,2)cs a1＋eq \f(\r(3),2)sin a1，
因为集合S中只有两个元素，
所以有三种情况：
cs a1＝cs a2≠cs a3，
cs a1＝cs a3≠cs a2，
cs a2＝cs a3≠cs a1.
下面逐一讨论：
①当cs a1＝cs a2≠cs a3时，
有cs a1＝－eq \f(1,2)cs a1－eq \f(\r(3),2)sin a1，
得tan a1＝－eq \r(3)，
所以ab＝
cs a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)cs a1＋\f(\r(3),2)sin a1))
＝－eq \f(1,2)cs2a1＋eq \f(\r(3),2)sin a1cs a1
＝eq \f(－\f(1,2)cs2a1＋\f(\r(3),2)sin a1cs a1,sin2a1＋cs2a1)
＝eq \f(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)tan a1,tan2a1＋1)
＝eq \f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq \f(1,2).
②当cs a1＝cs a3≠cs a2时，
有cs a1＝－eq \f(1,2)cs a1＋eq \f(\r(3),2)sin a1，
得tan a1＝eq \r(3)，
所以ab＝
cs a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)cs a1－\f(\r(3),2)sin a1))
＝－eq \f(1,2)cs2a1－eq \f(\r(3),2)sin a1cs a1
＝eq \f(－\f(1,2)cs2a1－\f(\r(3),2)sin a1cs a1,sin2a1＋cs2a1)
＝eq \f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)tan a1,tan2a1＋1)
＝eq \f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq \f(1,2).
③当cs a2＝cs a3≠cs a1时，
有－eq \f(1,2)cs a1－eq \f(\r(3),2)sin a1＝－eq \f(1,2)cs a1＋eq \f(\r(3),2)sin a1，得sin a1＝0，
所以ab＝
cs a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)cs a1－\f(\r(3),2)sin a1))
＝－eq \f(1,2)cs2a1
＝－eq \f(1,2)(1－sin2a1)＝－eq \f(1,2).
综上，ab＝－eq \f(1,2).
方法二 取a1＝－eq \f(π,3)，
则cs a1＝eq \f(1,2)，
cs a2＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(2π,3)))＝eq \f(1,2)，
cs a3＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(4π,3)))＝－1，
所以S＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，ab＝－eq \f(1,2).]
16．B [由a1＝1，eq \f(1,4)an－1≤an(n＝2，3，…，k)，
得1＋(n－2)d≤4[1＋(n－1)d]，
即3＋(3n－2)d≥0，
当n＝2,3，…，k时，
恒有3＋(3n－2)d≥0，
即d≥－eq \f(3,3n－2)，所以d≥－eq \f(3,3k－2)，
由a1＋a2＋…＋ak＝8，得8＝eq \f(ka1＋ak,2)＝eq \f(k[2＋k－1d],2)，
所以16＝2k＋k(k－1)d≥2k＋k(k－1)·eq \f(－3,3k－2)，
因为k∈N*，k≥2，
整理得3k2－49k＋32≤0，
所以k≤15.
所以k的最大值是15.]