2024年高三数学二轮备考真题演练之数列（解析）

这是一份2024年高三数学二轮备考真题演练之数列（解析），共45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。
一、选择题
1．（2023·吉林模拟）在等比数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=−114，a3=−14，则1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=（ ）
A．−44B．−6411C．1611D．11
【答案】A
【解析】【解答】解：
设T5=1a1+1a2+1a3+1a4+1a5，
则2T5=(1a1+1a5)+(1a2+1a4)+(1a3+1a3)+(1a4+1a2)+(1a5+1a1)，
即2T5=a1+a5a1a5+a2+a4a2a4+a3+a3a3a3+a4+a2a4a2+a5+a1a5a1=a1+a2+a3+a4+a5a32=2×(114)(−14)2=88，
所以T5=−44.
故答案为：−44
【分析】设T5=1a1+1a2+1a3+1a4+1a5，根据等比数列的性质，化简得到2T5=a1+a2+a3+a4+a5a32，代入即可求解.
2．（2023·江西模拟）已知各项均为正数的数列|an|满足anan+1=(sinα)n(0a2k−1
D．若|aa|为等比数列，则a1=4sinα
【答案】C
【解析】【解答】解：由题意，
对于A，若α=π2，则anan+1=(sinπ2)n，
所以T100=(a1a2)·(a3a4)·(a5a6)···(a99a100)=150=1，所以A对；
对于B，若α=π6，则anan+1=(sinπ6)n=(12)n，（1），所以an+1an+2=(12)n+1，（2），
(2)(1)，得出an+2an=12，所以a3a1=12，a5a3=12，a7a5=12，a9a7=12，
以上各式相乘得出a9a1=(12)4，所以a9=a116，所以B对；
对于C，因为anan+1=(sinα)n，（3），所以an+1an+2=(sinα)n+1，（4），
(4)(3)，得出an+2an=sinα≤1，所以an+2≤an，所以不存在α及正整数k，使得a2k+1>a2k−1，所以C错；
对于D，若|aa|为等比数列，则anan+1=(sinα)n，(5)，
所以an+1an+2=(sinα)n+1，(6)，
(6)(5)，得出an+2an=q2=sinα，因为q>0，所以q=sinα，
又因为a1a2=a12q=sinα，所以a1=4sinα，所以D对.
故答案为：C.
【分析】根据题意直接分组求出数列|a∗|的前100项的积，从而判断出选项A；根据an+2an=12得出数列第九项与第一项的关系式，从而判断出选项B；利用an+2an=sinα≤1得出an+2≤an，从而判断出选项C；利用等比数列的通项公式进行基本量运算求出首项，从而判断出选项D，进而找出结论错误的选项.
3．（2023·大理模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a5=2a3，2a4+4a7=5，则S5=（ ）
A．29B．31C．33D．36
【答案】B
【解析】【解答】解：因为 a2a5=a3a4=2a3，可得a4=2，
又因为 2a4+4a7=4+4a7=5， 可得a7=14，
则q3=a7a4=18，即q=12，a1=a4q3=16，
所以 S5=a11−q51−q=31.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合等比数列的性质可得a4=2，a7=14，再利用通项公式可得q=12，a1=16，代入等比数列求和公式运算求解即可.
4．（2023·浙江模拟）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记an为图中所选数1，1，2，3，6，10，20，⋯1，构成的数列{an}的第n项，则a12的值为（ ）
A．252B．426C．462D．924
【答案】C
【解析】【解答】解：由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵得第n行第i列的数满足Cn−1i，当n奇数时an=Cn−1n+12，当n偶数时an=Cn−1n2+1，∴a12=C12−1122+1=C117=462.
故答案为：C.
【分析】根据“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵数字的构成规律，得当n奇数时an=Cn−1n+12，当n偶数时an=Cn−1n2+1，进而求解a12.
5．（2023·浙江模拟）记Sn为公比不是1的等比数列{an}的前n项和．设甲：Si，Sj，Sk依次成等差数列．乙：ai+1，aj+1，ak+1依次成等差数列．(i，j，k∈N∗)．则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】【解答】解：设等比数列{an}首项为a1≠0，公比为q≠1，
甲：Si，Sj，Sk依次成等差数列．乙：ai+1，aj+1，ak+1依次成等差数列．
充分性：若Si，Sj，Sk依次成等差数列，
则2Sj=Si+Sk，
∴2a1(1−qj)1−q=a1(1−qi)1−q+a1(1−qk)1−q，
则2qj=qi+qk，
有2a1qj=a1qi+a1qk，2aj+1=ai+1+ak+1，
所以ai+1，aj+1，ak+1依次成等差数列.充分性满足.
必要性：若ai+1，aj+1，ak+1依次成等差数列，
有2a1qj=a1qi+a1qk，
则2qj=qi+qk，
∴2a1(1−qj)1−q=a1(1−qi)1−q+a1(1−qk)1−q，2Sj=Si+Sk
所以Si，Sj，Sk依次成等差数列，必要性满足.
所以是充要条件.
故答案为：C.
【分析】理解题意，分别考虑充分性和必要性即可.
6．（2023·黄埔）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若{an+1−an}是公差不为零的等差数列，则称数列{an}为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，⋯，则第40层放小球的个数为（ ）
A．1640B．1560C．820D．780
【答案】C
【解析】【解答】设第n层放小球的个数为an，
由题意得a2−a1=2，a3−a2=3，
可得数列 {an+1−an}是首项为2，公差为1的等差数列，
即an−an−1=2+n−2·1=2+n−2=nn≥2，n∈N∗
故an−a1=2+3+4+···+n=n−12+n2
即an=n1+n2
故a40=401+402=820
故选：C.
【分析】 首先由二阶等差数列的定义，得到数列 {an+1−an}是首项为2，公差为1的等差数列，再求和得到数列 {an}的通项公式，进而求出a40，可得答案.
7．（2022·雅安模拟）在等比数列 {an}中，a4和a12是方程x2+3x+1=0的两根，则a8=（ ）
A．3B．5C．-1D．±1
【答案】C
【解析】【解答】∵ a4和a12是方程x2+3x+1=0的两根，∴a4a12=1，a4+a12=−3，∴a4