“数列”大题规范增分练-【创新方案】2024年高考数学(理科)二轮复习专题辅导与测试（老教材）

班级： 姓名： 学号： “数列”大题规范增分练 1.已知数列{an}满足a1=1,a+1=2(n十1)an,设：3.设等比数列{at}的前n项和为Sn,已知Sn十Sw+1 6-0 =3aw+1-2,且a1=1. (1)求数列{am}的通项公式： (1)求b1,b2,b: (2)已知数列{cm}是等差数列，且c1=4,c3=S2, (2)判断数列{b.}是否为等比数列，并说明理由： 设bn=am·cw,求数列(bn}的前n项和Tn (3)求{bn)的前10项和S1o. 2.已知等比数列{am}满足a1十a2=20,a3一a=60,: n∈N. (1)求(a.}的通项公式： 2记6，=l照a6,-+名求数到1，的 前n项和S,: 133 4.已知{a}是递增的等差数列，a1+as=18,41,ag,:5.已知{an}是等差数列，(hn}是等比数列（公比不为1）， ag分别为等比数列{bn}的前三项. {bn}的前n项和为Tw,且a1=b=3,a4=b2,a1a5 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式： =T. (2)删去数列(bm}中的第a,项（其中i=1,2,3,…),: (1)求数列{an},{b.}的通项公式： 将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cm, 求数列{cm}的前n项和Sm (2设，一公会，的前：项和为M对于 任意正整数i,当M,<m恒成立时，求m的最小值。 1346.解：(1)证明：国为n。十n=2S。,所以 .T,-1×2°+2×21+…+n·2m1, 于3.法A设图台的体积为V,病为h.由题意 2Sa+1=(n+1)a+1+n+1. .2T.=1×2+2×22+…+(n-1)· 得，V= 两式相减可得2a.+t=(n十1)aw+1一a (+2x+4标h-7x,故么-3. 2-1十n·2. +1,即an-1■(n-1)aw+1: 两式相减得一T=1十2十22+…+2"-1 4,选C沿着倒被VA把V 所以(n十1)0w+1一1=m+· 正三枚铃VAC展开 两式相减可得(n十1)4u+1一am=am+: -4·2012 1-之-8·20（1-)2-1， 在一个平面内，如图所 示，则AA'即为△AE正 一（n一1)·a+1,化简可得2，+1= .T.=(n-1)2+1. 周长的最小值。义因为 n(a+世十4n).所以2：m+1=d。+2+a。,所 4.解：(1)设数列{am)的公差为d,d>0,数 ∠AVB=∠AVC= 以数列(a为等差数列. 列{b.)的公比为q, ∠BVC=30°，所以∠AVA'=3X30° (2)由a。十n=25。,可得a1十1=251，解 90,在△VAA'中，VA=VA'=8,由勾段 得a1=1.由(1)知，数到(am}为等益数列 由已知据a十a1十4d=18, 解 1(a1+2d)2=a1(a1+8l), 定理得AA'=√VA+(VA)2 因为a:=3,所以d=ag一41一2，所以数 得a1=3,d=3.所以a.=3n. 列(an}的退项公式为am=1+(N一1)×2 √⑧2+8=82.故选C. =2n-1. 因为h=a1=3q==3.所以6，=3， 5.选C由题知，都子的体积V=了S%= 所以b,-2,s(x）-22-1·cos(rx. (2)由题意可知新数列{}为b1,,b,· 所以数列{b.》的前20项和Sm=向十 ×3×82×45=64(cm3).根撼p] 4 十6+6十…+w十-2·cosx十2· 则当”为偶数时， cos4r+2i·c0s9x十2·cos16x十…十 Sw=(4+h+…十（年）-2) 晋可得，该馨子的重量大的为1.8X64= 27·c0s361x+289.·c04400π=-21+ +(b+6+…+(÷)-1) 115.2(g),与C选项最为接证 22-25+27-29+…+26-2+20= -2X1-0-号×20-1. 3(1-27t)+3q-27t) 6,选C由三规图还原原几何体 如图，可知孩儿何体为组合体 1+4 1-27 1-27 上丰部分为丰球，下半部分为 “数列”大题规范增分练 6(27于-1) 国维，半球的半径为1，盟维的 13 1,解：1)由条件可得a,-1=2m卫 底面半径为1，高为2，则该几何体的体积 则当程为奇数时，5。=5。-1十0，=S-1十 n=1代入得ag=41,而a1=1,所以a2 6(学)e-627+3+ v=××1+×12= =4.将#=2代入得1=3和1，所以41= 13 3元. 12,从而1=1，b=2,=4, 6(27-1D 13 ,游为偶数， 7,选D由三视图可得如国 (2){}是首项为1，公比为2的等比数 综上，S 列.理由如下： 由条件可得常一兰，即1=2弘：又 6(20-1D+3m为奇最 所示的四面体AB