2023年高考数学(文数)一轮复习课时30《等比数列及其前n项和》达标练习（2份，答案版+教师版）

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一、选择题
已知正项等比数列{an}满足a3=1，a5与eq \f(3,2)a4的等差中项为eq \f(1,2)，则a1的值为( )
A.4 B.2 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思是有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A.96里 B.48里 C.192里 D.24里
若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12=( )
A.18 B.15 C.－18 D.－15
数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1, \r(n)＋ \r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为( )
A.120 B.99 C.11 D.121
已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则eq \f(a7－a9,a5－a7)的值为( )
A．3 B．5 C．9 D．25
已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝－3eq \r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，则tan eq \f(b3＋b9,1－a4·a8)的值是 ( )
A．－eq \r(3) B．－1 C．－eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a2＜0且a5＜0”是“数列{Sn}单调递减”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
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=( )
A.7 B.12 C.14 D.21
已知数列{an}的前n项和是Sn，且4Sn=(an＋1)2，则下列说法正确的是( )
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等差或等比数列
C.数列{an}为等比数列
D.数列{an}既不是等差数列也不是等比数列
数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于( )
A.1 B.－1 C.eq \f(1,2) D.2
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2=2，且an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，
记Tn=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)(n∈N*)，则T2 018=( )
A.eq \f(4 034,2 018) B.eq \f(2 017,2 018) C.eq \f(4 036,2 019) D.eq \f(2 018,2 019)
《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里.问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”，则该匹马第一天走的里数为( )
A.eq \f(128,127) B.eq \f(44 800,127) C.eq \f(700,127) D.eq \f(175,32)
二、填空题
已知数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，则数列{eq \f(4,anan＋1)}的前n项和Tn=________.
在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________.
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 016＝________.
已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10=2a5.对任意的m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm，则数列{bm}的前m项和Sm=________.
\s 0 答案解析
答案为：A；
解析：由题意知2×eq \f(1,2)=a5＋eq \f(3,2)a4，即3a4＋2a5=2.
设{an}的公比为q(q＞0)，则由a3=1，
得3q＋2q2=2，解得q=eq \f(1,2)或q=－2(舍去)，所以a1=eq \f(a3,q2)=4.
答案为：A；
解析：依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为eq \f(1,2)的等比数列.记为{an}，
其前6项和等于378，于是有eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(6))),1－\f(1,2))=378，解得a1=192，因此a2=eq \f(1,2)a1=96，
即该人第二天走了96里，选A.
答案为：A；
解析：记bn=3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以a1＋a2＋…＋a11＋a12=(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12
=(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)=6×3=18.
答案为：A
解析：an＝eq \f(1,\r(n)＋ \r(n＋1))＝eq \f(\r(n＋1)－\r(n), \r(n＋1)＋ \r(n) \r(n＋1)－ \r(n))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)，
所以a1＋a2＋…＋an＝( eq \r(2)－1)＋( eq \r(3)－ eq \r(2))＋…＋( eq \r(n＋1)－ eq \r(n))＝ eq \r(n＋1)－1＝10.
即 eq \r(n＋1)＝11，所以n＋1＝121，n＝120.
答案为：D.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝eq \f(a5,q)·a5q2＝9q＝45，所以q＝5，
eq \f(a7－a9,a5－a7)＝eq \f(a5q2－a7q2,a5－a7)＝q2＝25.故选D.
答案为：A.
解析：依题意得，aeq \\al(3,6)＝(－eq \r(3))3，3b6＝7π，所以a6＝－eq \r(3)，b6＝eq \f(7π,3)，
所以eq \f(b3＋b9,1－a4·a8)＝eq \f(2b6,1－aeq \\al(2,6))＝－eq \f(7π,3)，
故taneq \f(b3＋b9,1－a4·a8)＝tan(－eq \f(7π,3))＝tan(-2π－eq \f(π,3))＝－taneq \f(π,3)＝－eq \r(3)，故选A.
答案为：C；
解析：因为a5=a2q3＜0，a2＜0，所以q＞0，所以an＜0恒成立，所以Sn－Sn－1=an＜0，
{Sn}单调递减，故为充分条件；Sn－Sn－1=an＜0⇒a2＜0，a5＜0，故为必要条件.故选C.
答案为：C
解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，
所以S7=eq \f(7a1＋a7,2)=14.
答案为：B
解析：∵4Sn=(an＋1)2，∴4Sn＋1=(an＋1＋1)2，∴4Sn＋1－4Sn=4an＋1=(an＋1＋1)2－(an＋1)2，
化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)=0，
∴an＋1=an＋2，或an＋1＋an=0，∵4a1=(a1＋1)2，∴a1=1.故选B.
答案为：D
解析：由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，
所以eq \f(2,λ)＝1，得λ＝2.
答案为：C；
解析：由an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，可得an＋2＋an=2an＋1，所以数列{an}为等差数列，
公差d=a2－a1=2－1=1，通项公式an=a1＋(n－1)×d=1＋n－1=n，
则其前n项和Sn=eq \f(na1＋an,2)=eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(1,Sn)=eq \f(2,nn＋1)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
Tn=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)=2eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,))1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(,,,,))=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))=eq \f(2n,n＋1)，
故T2 018=eq \f(2×2 018,2 018＋1)=eq \f(4 036,2 019)，故选C.
答案为：B；
解析：由题意知该匹马每日所走的路程成等比数列{an}，且公比q=eq \f(1,2)，S7=700，
由等比数列的求和公式得Sn=700，解得a1=eq \f(44 800,127)，故选B.
二、填空题
答案为：eq \f(5,6)－eq \f(1,n＋1).
解析：∵数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，∴Sn－1=n2－n＋1(n≥2)，
两式作差得到an=2n(n≥2).故an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))∴eq \f(4,anan＋1)=eq \f(1,nn＋1)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)(n≥2)，
∴Tn=eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)=eq \f(5,6)－eq \f(1,n＋1).
答案为：60.
解析：由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0，a11＜0，
所以T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.
答案为：3×21 008－3
解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n ①，∴n＝1时，a2＝2，
n≥2时，an·an－1＝2n－1 ②，∵①÷②得eq \f(an＋1,an－1)＝2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 016＝eq \f(1－21 008,1－2)＋eq \f(2×1－21 008,1－2)＝3×21 008－3.
答案为：eq \f(72m＋1－7,48).
解析：设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn.由T5=105，a10=2a5，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(5×5－1,2)d＝105，,a1＋9d＝2a1＋4d，))解得a1=7，d=7，
因此an=a1＋(n－1)d=7＋7(n－1)=7n(n∈N*).
对任意的m∈N*，若an=7n≤72m，则n≤72m－1.
因此bm=72m－1，所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，
故Sm=eq \f(7×1－49m,1－49)=eq \f(7×72m－1,48)=eq \f(72m＋1－7,48).