2025届高考数学一轮复习试题阶段滚动检测(三).docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后关闭Word文档返回原板块阶段滚动检测(三)120分钟　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.(2024·西安模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且满足a2=4,S4=22,则S5=(　　)A.25 B.35 C.45 D.55【解析】选B.设数列的公差为d,则S4=(4-d)+4+(4+d)+(4+2d)=22,所以d=3,所以a3=a2+d=7,S5=5(a1+a5)2=5a3=35.2.已知等比数列{an}的各项均为正数,若log2a3+log2a9=4,则log2a6=(　　)A.±1 B.±2 C.2 D.4【解析】选C.由题意得a3>0,a6>0,a9>0,a3a9=a62,所以log2a3+log2a9=log2(a3a9)=log2a62=2log2a6=4,则log2a6=2.3.已知数列an满足a1=15,且3an+1=3an-2.若ak·ak+1<0,则正整数k=(　　)A.24 B.23 C.22 D.21【解析】选B.由3an+1=3an-2,得an+1-an=-23,所以数列an为首项a1=15,公差d=-23的等差数列,所以an=15-23(n-1)=-23n+473.由ak·ak+1<0,得ak>0,ak+1<0.令an=-23n+473=0得n=472,所以a23>0,a24<0,所以k=23.4.(2024·德宏模拟)已知正项等比数列{an}中,a4,3a3,a5成等差数列.若数列{an}中存在两项am,an,使得2a1为它们的等比中项,则1m+4n的最小值为(　　)A.1 B.3 C.6 D.9【解析】选B.设正项等比数列{an}公比为q,由a4,3a3,a5成等差数列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,得q2+q-6=0,由q>0,解得q=2,若数列{an}中存在两项am,an,使得2a1为它们的等比中项,则(2a1)2=am·an,即2a12=a1qm-1·a1qn-1,得2m+n-2=2,则m+n=3,1m+4n=13(1m+4n)(m+n)=13(1+nm+4mn+4)≥13(5+2nm·4mn)=3,当且仅当nm=4mn,即m=1,n=2时等号成立,所以1m+4n的最小值为3.5.高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列,中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣,创造并发展了名为“垛积术”的算法,展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛,最顶层有1个小球,第二层有3个,第三层有6个,第四层有10个,则第30层小球的个数为(　　)A.464 B.465 C.466 D.495【解析】选B.记第n层有an个球,则a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,结合高阶等差数列的概念知a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n(n≥2),则第30层的小球个数a30=(a30-a29)+(a29-a28)+…+(a2-a1)+a1=30+29+28+…+2+1=465.6.已知等比数列an的公比q∈N*,前n项和为Sn,若a2+a5=36,a3+a4=24,则下列说法正确的是(　　)A.q=3B.a4=81C.数列lgan与数列lg(Sn+2)都是等差数列D.数列lg(Sn-2)是公差为lg2的等差数列【解析】选C.由a2+a5=36,a3+a4=24,q∈N*,得a1q+a1q4=36a1q2+a1q3=24,解得a1=q=2,故A错误;则an=2n,所以a4=16,故B错误;则Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2,则lgan=nlg2,lg(Sn+2)=(n+1)lg2.因为lgan+1-lgan=(n+1)lg2-nlg2=lg 2,所以数列lgan是以lg2为公差的等差数列.因为lg(Sn+1+2)-lg(Sn+2)=(n+2)lg2-(n+1)lg2=lg2,所以数列lg(Sn+2)是以lg2为公差的等差数列,故C正确;lg(Sn+1-2)-lg(Sn-2)=lg(2n+2-4)-lg(2n+1-4)=lg2n+2-42n+1-4,因为lg(S3-2)-lg(S2-2)=lg24-423-4=lg3,lg(S4-2)-lg(S3-2)=lg25-424-4=lg73≠lg3,所以数列lg(Sn-2)不是等差数列,故D错误.7.(2023·合肥模拟)已知数列an满足an+1=an-1an+1,a1=12,则9a9+10a10+11a11+…+18a18+19a19=(　　)A.-12 B.12 C.35 D.-192【解析】选A.因为an+1=an-1an+1, 因此a2=a1-1a1+1=12-112+1=-13,同理a3=-2,a4=3,a5=12,则an+4=an+3-1an+3+1=an+2-1an+2+1-1an+2-1an+2+1+1=-1an+2=-1an+1-1an+1+1=1+an-1an+11-an-1an+1=an,因此a4k-3=12,a4k-2=-13,a4k-1=-2,a4k=3,其中k∈N*,则Tk=(4k-3)a4k-3+(4k-2)a4k-2+(4k-1)a4k-1+4ka4k=76(4k+1),则9a9+10a10+11a11+…+18a18+19a19=T3+T4+T5-20a20=76×(13+17+21)-60=-12.【加练备选】已知数列{an}满足a2=0,a2n+1=a2n+1n,a2n+2=a2n+1-1n+1(n∈N*),则数列{an}的第2 024项为(　　)A.2 0232 024 B.2 0252 024 C.1 0111 012 D.1 0121 011【解析】选C.a2n+2=a2n+1-1n+1=a2n+1n-1n+1(n∈N*),所以a2 024=a2 022+11 011-11 012,a2 022=a2 020+11 010-11 011,a2 020=a2 018+11 009-11 010,…a4=a2+1-12,累加得a2 024=a2+(1-12+12-13+…+11 011-11 012)=0+1-11 012=1 0111 012.8.(2024·长治模拟)已知数列{an}满足a1=13,an+1n+1=anan+n,若a1+a1a2+…+a1a2…an≤45成立,则n的最大值为(　　)A.7 B.8 C.9 D.10【解题指南】通过等差数列的定义求出{nan}的通项公式,再利用裂项相消法求出a1+a1a2+…+a1a2…an,进而确定n的最大值.【解析】选B.因为an+1n+1=anan+n,整理得n+1an+1-nan=1,且1a1=3,可知{nan}是首项为3,公差为1的等差数列,所以nan=3+n-1=n+2,可得an=nn+2,当n≥2时,可得a1a2…an=13×24×35×…×nn+2=2(n+1)(n+2)=2(1n+1-1n+2),且a1=13符合上式,所以a1a2…an=2(1n+1-1n+2),则a1+a1a2+…+a1a2…an=2(12-13+13-14+…+1n+1-1n+2)=1-2n+2≤45,解得n≤8,即n的最大值为8.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2023·太原模拟)已知正项数列an的前n项和为Sn,若对于任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an,则下列结论正确的是(　　)A.a1+a12=a8+a5　B.a5a60,所以数列an为等差数列且公差d>0,故A正确;由a5a6-a1a10=(a12+9a1d+20d2)-(a12+9a1d)=20d2>0,所以a5a6>a1a10,故B错误;根据等差数列的性质,可得2(1-x)=x+3x,所以x=13,1-x=23,故a10=13+9×13=103,故C正确;由Snn=na1+n(n-1)2dn=d2n+(a1-d2),因为d2>0,所以数列Snn是递增的等差数列,故D错误.10.(2024·莆田模拟)正项等比数列{an}的前n项积为Tn,且满足a1>1,(a6-1)(a7-1)<0,则下列判断正确的是(　　)A.01C.Tn的最大值为T6D.T13>1【解析】选ABC.由(a6-1)(a7-1)<0得a6>1>a7或a7>1>a6,若a7>1>a6>0,则q>1,结合a1>1得a6>1,矛盾;所以a6>1>a7>0,所以01,故B正确;由上述分析得a1>a2>a3>a4>a5>a6>1>a7>…,故T6最大,C正确;T13=a1·a2·a3·a4·a5·…·a13=(a7)13<1,故D错误.11.(2024·广州模拟)已知数列{an}的通项公式为an=(2n-1)π4,bn=tan an,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列说法正确的是(　　)A.bn=(-1)nB.b1+b2+b3+…+bn=1+(-1)n-12C.若cn=anbn,则c1+c2+c3+…+cn=(-1)n-1nπ4D.若dn=bnSn,则d1+d2+d3+…+d40=-205π【解析】选BCD.因为数列{an}的通项公式为an=(2n-1)π4,an+1=(2n+1)π4,故an+1-an=(2n+1)π4-(2n-1)π4=π2,所以{an}为等差数列,a1=π4,d=π2,则Sn=na1+n(n-1)2d=n24π,bn=tan an=tan(π4+(n-1)π2)=tan(nπ2-π4)=1,n=2k-1-1,n=2k(k∈Z),当n=1时,b1=1,故A不正确;当n为偶数时,b1+b2+b3+…+bn=0;当n为奇数时,b1+b2+b3+…+bn=1,故b1+b2+b3+…+bn=1+(-1)n-12,所以B正确;cn=anbn=an,n=2k-1-an,n=2k(k∈Z),c2k+c2k-1=-a2k+a2k-1=-π2,当n为偶数时,c1+c2+c3+…+cn=-n4π,当n为奇数时,c1+c2+c3+…+cn=-n-14π+π4(2n-1)=n4π,所以c1+c2+c3+…+cn=(-1)n-1n4π,故C正确;dn=bnSn=Sn,n=2k-1-Sn,n=2k(k∈Z),d2k-1+d2k=S2k-1-S2k=π4[(2k-1)2-(2k)2]=-π4(4k-1),所以d1+d2+d3+…+d2n=(d1+d2)+(d3+d4)+…+(d2n-1+d2n)=-π4[3+7+…+(4n-1)]=-π4×3+4n-12×n=-π4(2n2+n),所以d1+d2+d3+…+d40=-π4(2×202+20)=-205π,所以D正确.【方法规律】常见的数列求和的方法有公式法,即等差等比数列求和公式,分组求。