2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习42等差数列（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习42等差数列（Word版附解析），共10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。
1．[2024·江西九江模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S7＝35，则a5＝( )
A.3B．5
C．7D．9
2．[2024·安徽安庆模拟]记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝a5，a3－a1＝8，则a7＝( )
A．30B．28
C．26D．13
3．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝33，则a4＋a6＋a8＝( )
A．6B．7
C．8D．9
4．[2024·浙江宁波模拟]已知数列{an}与{bn}均为等差数列，且a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，则a4＋b7＝( )
A．5B．6
C．7D．8
5．[2024·河北张家口模拟]已知等差数列{an}的首项a1≠0，而a9＝0，则eq \f(a1＋a8＋a11＋a16,a7＋a8＋a14)＝( )
A．0B．2
C．－1D．eq \f(1,2)
6．已知等差数列{an}共有21项，若奇数项的和为110，则偶数项的和为( )
A．100B．105
C．90D．95
7．(素养提升)[2024·河北秦皇岛模拟]等差数列{an}中，首项a1和公差d都是正数，且lga1，lga3，lga6成等差数列，则数列lga1，lga3，lga6的公差为( )
A．lgdB．lgeq \f(2,3)
C．lgeq \f(3,2)D．lg2d
8．(素养提升)[2024·山西朔州模拟]“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》.1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2023这2023个数中，能被7除余1且被9除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则该数列的和为( )
A．30014B．30016
C．33297D．33299
二、多项选择题
9．[2024·江西宜春模拟]记Sn为等差数列{an}的前n项和，则( )
A．S6＝2S4－S2
B．S6＝3(S4－S2)
C．S2n，S4n－S2n，S6n－S4n成等差数列
D．eq \f(S2,2)，eq \f(S4,4)，eq \f(S6,6)成等差数列
10．[2024·河南郑州模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝11，a5＝3，则( )
A．S5＝35
B．an＝13－2n
C．|an|的最小值为0
D．Sn的最大值为36
三、填空题
11．[2024·河南驻马店模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且S5＝15，则a8＝____________.
12．[2024·江苏南通模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，a1＋a5＝3a2，则eq \f(S10,a20)＝________________________________________________________________________.
13．[2024·辽宁锦州模拟]已知正项等差数列{an}，公差为d，前n项和为Sn，若{eq \r(Sn)}也是公差为d的等差数列，则a1＝__________．
14．(素养提升)[2024·安徽合肥模拟]数字中暗藏着一些潜在的规律，古希腊毕达哥拉斯学派通过石子的排列发现了三角形数、正方形数等；有时将数字进行拆分后也能够发现新的规律，现将一组数据拆分如下：
eq \f(1,1)，
eq \f(1,2)，eq \f(2,1)，
eq \f(1,3)，eq \f(2,2)，eq \f(3,1)，
eq \f(1,4)，eq \f(2,3)，eq \f(3,2)，eq \f(4,1)，
…
观察可知，这组数据中的第8个数为eq \f(2,3)，则eq \f(3,98)是该组数据的第__________个数．
四、解答题
15．[2021·新高考Ⅱ卷]记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值．
优生选做题
16．[2023·全国甲卷]已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为eq \f(2π,3)，集合S＝{csan|n∈N*}，若S＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b))，则ab＝( )
A．－1B．－eq \f(1,2)
C．0D．eq \f(1,2)
17．[2023·新课标Ⅰ卷]设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，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.
课后定时检测案42 等差数列
1．解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝8，,7a1＋21d＝35，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝2，))
∴a5＝a1＋4d＝7，故选C.
答案：C
2．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d＝a1＋4d，,a1＋2d－a1＝8，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝4，))
所以a7＝a1＋6d＝26.故选C.
答案：C
3．解析：因为{an}为等差数列，S11＝eq \f(a1＋a11,2)×11＝33，
即eq \f(2a6,2)×11＝11a6＝33，解得a6＝3，
所以a4＋a6＋a8＝a6－2d＋a6＋a6＋2d＝3a6＝9(d为等差数列{an}的公差).故选D.
答案：D
4．解析：因为a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，
所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，
即a3＋a5＋b5＋b9＝12，
根据等差数列的性质可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，
所以a4＋b7＝6.故选B.
答案：B
5．解析：等差数列{an}的首项a1≠0，a9＝0，则eq \f(a1＋a8＋a11＋a16,a7＋a8＋a14)＝eq \f(a9－8d＋a9－d＋a9＋2d＋a9＋7d,a9－2d＋a9－d＋a9＋5d)＝0.故选A.
答案：A
6．解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a3＋…＋a21＝\f(11（a1＋a21）,2)＝11a11＝110,a2＋a4＋…＋a20＝\f(10（a2＋a20）,2)＝10a11))，有a11＝10，偶数项的和为100.故选A.
答案：A
7．解析：由lga1，lga3，lga6成等差数列，
得2lga3＝lga1＋lga6，即lga eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝lga1a6，
则a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝a1a6，
又a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，
所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)，
解得4d＝a1，
lga1，lga3，lga6的公差为
lga3－lga1＝lgeq \f(a3,a1)＝lgeq \f(a1＋2d,a1)＝lgeq \f(4d＋2d,4d)＝lgeq \f(3,2).故选C.
答案：C
8．解析：由已知可得an－1既能被7整除，又能被9整除，
故an－1能被63整除，所以an－1＝63(n－1)，即an＝63n－62，
所以an＋1－an＝63(n＋1)－62－(63n－62)＝63，
故{an}为等差数列，首项为1，公差为63，
由1≤an≤2023可得：1≤63n－62≤2023，
因为n∈N*，所以1≤n≤33，n∈N*，
故该数列的和为33＋eq \f(33×32,2)×63＝33297.故选C.
答案：C
9．解析：由已知得Sn＝a1n＋eq \f(n（n－1）d,2)，
A选项，S6＝6a1＋15d，S4＝4a1＋6d，S2＝2a1＋d，所以2S4－S2＝6a1＋11d≠S6，A选项错误；
B选项，3(S4－S2)＝6a1＋15d＝S6，B选项正确；
C选项，S2n＝2a1n＋n(2n－1)d＝2a1n＋(2n2－n)d，S4n＝4a1n＋2n(4n－1)d，S6n＝6a1n＋3n(6n－1)d，S4n－S2n＝2a1n＋(6n2－n)d，S6n－S4n＝2a1n＋(10n2－n)d，则S2n＋S6n－S4n＝4a1n＋(12n2－2n)d＝2[2a1n＋(6n2－n)d]＝2(S4n－S2n)，C选项正确；
D选项，eq \f(S2,2)＝eq \f(2a1＋d,2)＝a1＋eq \f(d,2)，eq \f(S4,4)＝eq \f(4a1＋6d,4)＝a1＋eq \f(3,2)d，eq \f(S6,6)＝eq \f(6a1＋15d,6)＝a1＋eq \f(5,2)d，则eq \f(S2,2)＋eq \f(S6,6)＝2a1＋3d＝2×eq \f(S4,4)，D选项正确．故选BCD.
答案：BCD
10．解析：设等差数列{an}的公差为d，则a5＝a1＋4d＝11＋4d＝3，解得d＝－2.
S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝5×11＋10×(－2)＝35，A对；
an＝a1＋(n－1)d＝11－2(n－1)＝13－2n，B对；
|an|＝|11－2n|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11－2n，n≤5,2n－11，n≥6))，故当n＝5或6时，|an|取最小值1，C错；
Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝11n－n(n－1)＝－n2＋12n＝－(n－6)2＋36，故当n＝6时，Sn取得最大值36，D对．故选ABD.
答案：ABD
11．解析：由题知5a1＋eq \f(5×4,2)d＝15，又a1＝1，解得d＝1.
a8＝1＋7×1＝8.
答案：8
12．解析：∵a1＋a5＝3a2，
∴2a1＋4d＝3a1＋3d，
∴a1＝d，
eq \f(S10,a20)＝eq \f(10a1＋45d,a1＋19d)＝eq \f(55d,20d)＝eq \f(11,4).
答案：eq \f(11,4)
13．解析：因为{an}是公差为d的正项等差数列，则an＝a1＋(n－1)d.
因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2).
又因为{eq \r(Sn)}也是公差为d的等差数列，则eq \r(Sn)＝eq \r(a1)＋(n－1)d.
从而有eq \r(na1＋\f(n（n－1）d,2))＝eq \r(a1)＋(n－1)d，两边平方得na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝a1＋2eq \r(a1)(n－1)d＋(n－1)2d2，即eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝d2n2＋(2eq \r(a1)d－2d2)n＋a1－2eq \r(a1)d＋d2.
由多项式相等，得出eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)＝d2，,a1－\f(d,2)＝2\r(a1)d－2d2，,a1－2\r(a1)d＋d2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝\f(1,2)，,a1＝\f(1,4)，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝0,a1＝0))(舍).
答案：eq \f(1,4)
14．解析：由题意得，eq \f(3,98)在第100行，前99行共有eq \f(（1＋99）×99,2)＝4950个数，
故eq \f(3,98)是该组数据的第4953个数．
答案：4953
15．解析：(1)由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，
∴a3＝0，
设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，
从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，
数列的通项公式为：an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.
(2)由数列的通项公式可得a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2－5n，
则不等式Sn>an即：n2－5n>2n－6，整理可得(n－1)(n－6)>0，
解得n6，又n为正整数，故n的最小值为7.
16．解析：取a1＝－eq \f(π,3)，则csa1＝eq \f(1,2)，csa2＝cs (a1＋eq \f(2π,3))＝eq \f(1,2)，csa3＝cs (a1＋eq \f(4π,3))＝－1，所以S＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，ab＝－eq \f(1,2)，故选B.
答案：B
17．解析：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，
所以an＝nd.
因为bn＝eq \f(n2＋n,an)，所以bn＝eq \f(n2＋n,nd)＝eq \f(n＋1,d)，
所以S3＝eq \f(3（a1＋a3）,2)＝eq \f(3（d＋3d）,2)＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(3,d)＋eq \f(4,d)＝eq \f(9,d).
因为S3＋T3＝21，
所以6d＋eq \f(9,d)＝21，解得d＝3或d＝eq \f(1,2)，
因为d>1，所以d＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n.
(2)因为bn＝eq \f(n2＋n,an)，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×eq \f(6,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)，
所以eq \f(6,a1＋d)－eq \f(1,a1)＝eq \f(6,a1＋2d)，所以a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝eq \f(n2＋n,an)＝eq \f(n2＋n,nd)＝eq \f(n＋1,d)，
S99＝eq \f(99（a1＋a99）,2)＝eq \f(99（d＋99d）,2)＝99×50d，
T99＝eq \f(99（b1＋b99）,2)＝eq \f(99（\f(2,d)＋\f(100,d)）,2)＝eq \f(99×51,d).
因为S99－T99＝99，
所以99×50d－eq \f(99×51,d)＝99，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝eq \f(51,50)或d＝－1(舍去).
②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝eq \f(n2＋n,an)＝eq \f(n2＋n,（n＋1）d)＝eq \f(n,d)，
S99＝eq \f(99（a1＋a99）,2)＝eq \f(99（2d＋100d）,2)＝99×51d，
T99＝eq \f(99（b1＋b99）,2)＝eq \f(99（\f(1,d)＋\f(99,d)）,2)＝eq \f(99×50,d).
因为S99－T99＝99，
所以99×51d－eq \f(99×50,d)＝99，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝－eq \f(50,51)(舍去)或d＝1(舍去).
综上，d＝eq \f(51,50).