2023届高考数学一轮复习精选用卷 单元质量测试（八）+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 单元质量测试（八）+答案解析，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质量测试(八)

　　时间：120分钟　　　满分：150分
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．已知{an}为等差数列，若a2＝2a3＋1，a4＝2a3＋7，则a5＝(　　)
A．1 B．2
C.3 D．6
答案　B
解析　设数列{an}的公差为d，由题意，将题中两式相减可得2d＝6，所以d＝3，所以a2＝2(a2＋3)＋1，解得a2＝－7，所以a5＝a2＋(5－2)d＝－7＋9＝2.故选B.
2．在等比数列{an}中，“a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的两根”是“a2＝±1”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　A
解析　在等比数列{an}中，a1a3＝a.由a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的两根可得a1a3＝1，所以a＝1，所以a2＝±1，所以“a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的两根”是“a2＝±1”的充分条件；由a2＝±1得a1a3＝1，满足此条件的一元二次方程不止一个．所以“a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的两根”是“a2＝±1”的充分不必要条件．故选A.
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且2＋a5＝a6＋a3，则S7＝(　　)
A．28 B．14
C.7 D．2
答案　B
解析　由等差数列的性质知a4＋a5＝a6＋a3，结合2＋a5＝a6＋a3，得a4＝2，所以S7＝＝7a4＝14.故选B.
4．在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2an－1＝64，且前n项和Sn＝62，则项数n等于(　　)
A．4 B．5
C.6 D．7
答案　B
解析　因为数列{an}为等比数列，则a1an＝a2an－1＝64　①，又a1＋an＝34　②，联立①②，解得a1＝2，an＝32或a1＝32，an＝2，当a1＝2，an＝32时，Sn＝＝＝62，解得q＝2，所以an＝2×2n－1＝32，此时n＝5；同理可得当a1＝32，an＝2时，也有n＝5.则项数n等于5.故选B.
5．已知等比数列{an}的前n项的乘积记为Tn，若T2＝T9＝512，则T8＝(　　)
A．1024 B．2048
C.4096 D．8192
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，由T2＝T9，得a＝1，故a6＝1，即a1q5＝1.又a1a2＝aq＝512，所以q9＝，故q＝.所以T8＝T3＝a＝＝212＝4096.故选C.
6．数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝(　　)
A．－495 B．765
C.1080 D．3105
答案　B
解析　由a1＝－60，an＋1＝an＋3，可得数列{an}是首项为－60，公差为3的等差数列，则an＝3n－63，Sn＝＝n2－，则a21＝0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋(a21＋…＋a30)＝S30－2S20＝－495＋1260＝765.故选B.
7．(2021·河北保定一中模拟)已知函数f(x)＝x3＋lg (＋x)，若等差数列{an}的前n项和为Sn，且f(a1－1)＝－10，f(a2022－1)＝10，则S2022＝(　　)
A．－4044 B．0
C.2022 D．4044
答案　C
解析　因为f(x)＝x3＋lg (＋x)的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝(－x)3＋lg (－x)＝－x3＋lg ＝－x3－lg (＋x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，又f(x)在R上单调递增，所以由f(a1－1)＝－f(a2022－1)＝f(1－a2022)，得a1－1＝1－a2022，所以a1＋a2022＝2，因为{an}为等差数列，所以S2022＝＝2022.故选C.
8．若正项递增等比数列{an}满足1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0(λ∈R)，则a6＋λa7的最小值为(　　)
A．－2 B．－4
C.2 D．4
答案　D
解析　∵{an}是正项递增的等比数列，∴a1>0，q>1，由1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0，得1＋(a2－a4)＋λq(a2－a4)＝0，∴1＋λq＝，∴a6＋λa7＝a6(1＋λq)＝＝＝＝(q2－1)＋2＋≥2＋2＝4(q2－1>0)，当且仅当q＝时取等号，∴a6＋λa7的最小值为4.故选D.
二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，已知S14＞0，S15＜0，则下列结论正确的有(　　)
A．a1＞0，d＜0
B．a7＋a8＞0
C．S6与S7均为Sn的最大值
D．a8＜0
答案　ABD
解析　∵等差数列{an}的前n项和是Sn，且S14＞0，S15＜0，∴S14＝＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)＞0，即a7＋a8＞0，S15＝＝15a8＜0，即a8＜0，∴a7＞0.∴等差数列{an}的前7项为正数，从第8项开始为负数，则a1＞0，d＜0.∴S7为Sn的最大值．故选ABD.
10．(2021·广东肇庆第三次统一检测)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，＝2n，则(　　)
A．数列{an}是等比数列
B．an＋1≤an恒成立
C．Sn1，03＋，
所以Sn>3n＋＋＋…＋
＝3n＋＝3n＋2－2
≥3n＋2－＝3n＋.
所以Sn>3n＋.
21．(2021·湖南省益阳市高三调研考试)(本小题满分12分)在①bn＝nan，②bn＝③bn＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：已知数列{an}是等比数列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记________，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解　(1)设数列{an}的公比为q，因为a1，a2＋1，a3＋1成等差数列，
∴2(a2＋1)＝a1＋a3＋1，
又a1＝1，∴2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，
∴q＝2或q＝0(舍去)，∴an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，选择条件①，
则bn＝n·2n－1，
∴T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，(ⅰ)
∴2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，
∴T2n＝(2n－1)×22n＋1.
由(1)知an＝2n－1，选择条件②，
则bn＝
∴T2n＝20＋1＋22＋3＋…＋22n－2＋2n－1
＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＋＝＋n2－.
由(1)知an＝2n－1，选择条件③，
则bn＝，
∴T2n＝＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－
＝1－
＝，
∴T2n＝.
22．(2021·广东茂名五校联盟)(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a＋3cn(a，c∈R，c≠0，c≠1).
(1)求a的值；
(2)若c＝且bn＝an，当n取何值时，bn取得最小值？并求出此最小值．
解　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a＋3cn－a－3cn－1＝3(c－1)cn－1，
∴an＋1＝3(c－1)cn.　(*)
则an＋1＝can，
当n＝1时，a1＝S1＝a＋3c，
∵{an}为等比数列，
∴a2＝ca1＝c(a＋3c).
由(*)式可知，a2＝3(c－1)c，
∴3c(c－1)＝c(a＋3c)，解得a＝－3.
(2)当c＝时，an＝.
∵bn＝an，
∴bn＝，bn＋1＝.
bn＋1≥bn，即≥⇒n≥4，
bn＋1b3>b4＝b5