达标测试卷(5) 数列-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

达标测试卷(五)　数列 (本卷满分150分　考试时间120分钟) 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.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3＝3，S8＝48，则a5＝(　　) A.5　　　　　　B.6　　　　　C.7　　　　　D.8 2.在等差数列{an}中，若a4＋a7＋a10＝10，则a3＋a11＝(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 3.设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2，则ea1＋ea2＋…＋ean＝(　　) A.2n B.n2＋2n C.2n D.2n＋1－2 4.在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N*)，则a2 023的值为(　　) A.－ B.5 C. D. 5.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋an＋1＋an＋2＝cos，a1＝1，则S2 023＝(　　) A.0 B. C.1 D. 6.垛积术源于北宋科学家沈括首创的隙积术，用来研究某种物品按一定规律堆积起来求其总数问题，后世数学家又丰富和发展了这一成果.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：货物自上而下，第一层有1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层有n件，已知第一层货物的单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物的总价是万元，则n的值为(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 7.已知数列{an}满足an＋2＋nan＝3，a1＝1，a2＝2，数列{an}的前n项和为Sn，则S30＝(　　) A.351 B.353 C.531 D.533 8.已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝a＋an，用表示不超过x的最大整数，则[＋＋…＋]＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 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.设公差小于0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，则(　　) A.a13＝0 B.|a15|＝|a10| C.S25＝0 D.Sn的最大值为S12或S13 10.数列{an}的前n项和为Sn，已知4Sn＝a＋2an＋1，则下列说法正确的是(　　) A.{an}为等差数列 B.{an}可能为等比数列 C.{an}为等差数列或等比数列 D.{an}可能既不是等差数列也不是等比数列 11.已知数列{an}满足3a1＋32a2＋…＋3nan＝n，bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，则(　　) A.an＝ B.Sn是关于n的单调递增数列 C.Sn可以取到的任意一个值 D.若Sn<λ对一切正整数n都成立，则λ≥ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知等比数列{an}满足an＋1>an，且其前n项和Sn<0，则数列{an}的通项公式可以是an＝________.(写出一个符合条件的即可) 13.已知数列{an}，{bn}满足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝，则b2 023＝________. 14.设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示圆Cn的半径，已知{rn}为递增数列，若r1＝1，则数列{n·rn}的前n项和为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 16.(15分)记Sn为数列{an}的前n项和，是以2为首项，－3为公差的等差数列. (1)证明{an}为等差数列； (2)若数列{bn}满足＋＋＋…＋＝，求{bn}的最大值. 17.(15分)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝ (1)证明：数列{a2n－1}为等差数列； (2)若将数列{an}中满足ai＝aj的项ai，aj(i≠j)称为数列{an}中的相同项，将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，求数列{an}的前40项中余下项的和. 18.(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝an·sin，求数列{bn}的前100项的和T100. 19.(17分)若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得数列{an}的前n项和Sn＝am，则称{an}是“回归数列”. (1)①前n项和为Sn＝2n的数列{an}是否是“回归数列”？请说明理由； ②通项公式为bn＝2n的数列{bn}是否是“回归数列”？请说明理由； (2)设{an}是等差数列，首项a1＝1，公差d＜0，若{an}是“回归数列”，求d的值； (3)是否对任意的等差数列{an}，总存在两个“回归数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立，请给出你的结论，并说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(五)　数列 1.C　由已知可得解得 ∴an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3， ∴a5＝2×5－3＝7.故选C. 2.D　因为10＝a4＋a7＋a10＝a7＋2a7，解得a7＝4，所以a3＋a11＝2a7＝8.故选D. 3.D　设{an}的公差为d，∵a2＋a3＝5ln 2，∴a2＋a3＝2a1＋3d＝5ln 2，又a1＝ln 2，∴d＝ln 2，∴an＝a1＋(n－1)d＝nln 2，∵ea1＝eln 2＝2，ean＝enln 2＝eln 2n＝2n，∴ea1＋ea2＋…＋ean＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2.故选D. 4.A　依题意，an＋1＝，则an＋2＝＝＝－，an＋3＝＝＝an， 于是得数列{an}是周期数列，其周期是3，所以a2 023＝a674×3＋1＝a1＝－.故选A. 5.C　S2 023＝a1＋＋＋…＋＝1＋cos＋cos＋…＋cos＋cos＝1＋337×＝1.故选C. 6.B　设这堆货物的总价为Sn万元，则Sn＝1＋2×＋3×2＋…＋nn－1①， Sn＝＋2×2＋…＋·n－1＋nn②， 由①－②，得Sn＝1＋＋2＋…＋n－1－nn＝－nn＝5－n， 所以Sn＝25－5n＝25－65n，解得n＝8.故选B. 7.B　依题意，an＋2＋nan＝3，显然，当n为奇数时有an＋2－an＝3， 即有a3－a1＝3，a5－a3＝3，…，a2n＋1－a2n－1＝3， 令bn＝a2n－1，故bn＋1－bn＝3，所以数列{bn}是首项为1，公差为3的等差数列，故bn＝3n－2； 当n为偶数时有an＋2＋an＝3，即a4＋a2＝3，a6＋a4＝3，…，a2n＋2＋a2n＝3， 于是，S30＝＋ ＝＋[a2＋＋…＋(a28＋a30)] ＝×15＋2＋7×3＝330＋23＝353，故选B. 8.B　因为an＋1＝a＋an＝an， 所以＝＝－， 即＝－， 所以＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝3－， 由a1＝，an＋1＝a＋an可得a2＝，a3＝，a4＝，an＋1－an＝a>0， 则数列{an}是递增数列，a202>a4>1，则0<<1，则＝＝2. 故选B. 9.ACD　因为{an}为等差数列，且a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0， 对于A：由性质可得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝5a13＝0，解得a13＝0，故A正确； 对于B：|a15|＝|a13＋2d|＝|2d|，|a10|＝|a13－3d|＝|3d|≠|a15|，故B错误； 对于C：S25＝＝25a13＝0，故C正确； 对于D：因为a13＝0，且公差d<0，所以Sn的最大值为S12或S13，故D正确.故选ACD. 10.BD　依题意，4Sn＝a＋2an＋1， 当n＝1时，4a1＝a＋2a1＋1，a－2a1＋1＝0，a1＝1， 当n≥2时，4Sn＝a＋2an＋1，4Sn－1＝a＋2an－1＋1，两式相减得4an＝a－a＋2an－2an－1， －2＝0， ＝0， 当an＋an－1＝0时，an＝－an－1，则数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列. 当an－an－1－2＝0时，an－an－1＝2，则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 当an＋an－1＝0，an－an－1－2＝0交替成立时，{an}既不是等差数列也不是等比数列.故选BD. 11.BD　当n＝1时，3a1＝1，即a1＝， 当n≥2时，3nan＝n－＝1，所以an＝， 当n＝1时，a1＝，也满足上式，所以an＝，所以A不正确； bn＝＝＝＝， 故Sn＝(1－＋－＋－＋－＋…＋－＋－) ＝， 因为Sn＝关于n单调递增，所以B正确； 所以≤Sn<，但n只能取正整数，所以Sn不可以取到的任意一个值，所以C不正确； 若Sn<λ对一切正整数n都成立，则λ≥，所以D正确. 故选BD. 12.解析　由题意知，设等比数列的公比为q， 由an＋1>an，得anq>an， 若an<0，则q<1，由Sn<0得<0， 所以a1<0，则an＝－可满足上述条件. 故答案为－(答案不唯一). 答案　－ 13.解析　∵an＋bn＝1，∴bn＝1－an，∵an＋1＋bn＋1＝1，∴bn＋1＝1－an＋1， ∴bn＋1＝＝＝＝1－an＋1， ∴an－an＋1－anan＋1＝0，即－＝1， ∴是首项为2，公差为1的等差数列， ∴＝2＋×1＝n＋1，∴an＝， ∴bn＝1－an＝1－＝，∴b2 023＝. 故答案为. 答案　 14.解析　y＝x的倾斜角α＝，设圆Cn，Cn＋1与直线y＝x的切点分别为E，F，连接CnE，Cn＋1F，过Cn作CnD⊥Cn＋1F，垂足为D， 则CnCn＋1＝rn＋1＋rn，Cn＋1D＝rn＋1－rn. ∵＝＝，整理得＝3， 数列{rn}是首项r1＝1，公比q＝3的等比数列，即rn＝1×3n－1＝3n－1. ∴n·rn＝n·3n－1，设数列{n·rn}的前n项和为Sn，则有Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n－1， 3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， 两式相减得－2Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n＝－n·3n＝－. 即Sn＝. 故答案为. 答案　 15.解析　(1)设公差为d，因为a1，a2，a5成等比数列， 所以a＝a1a5， 即2＝1＋4d，解得d＝2(d＝0舍去)， 所以an＝2n－1. (2)bn＝2an＝22n－1，因为＝4， 所以数列{bn}是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以Sn＝＝. 16.(1)证明　由题得＝－3n＋5，所以Sn＝－3n2＋5n. 当n≥2时，Sn－1＝－3n2＋11n－8， 则an＝Sn－Sn－1＝－6n＋8(n≥2)， 当n＝1时，a1＝S1＝－3×12＋5×1＝2满足上式， 故an＝－6n＋8， 故{an}是首项为2，公差为－6的等差数列. (2)解析　由(1)得＋＋＋…＋＝＝－3n2＋4n①， 当n≥2时，可得＋＋＋…＋＝＝－3n2＋10n－7②， ①－②得＝－6n＋7， 则bn＝－6n2＋n＋7(n≥2)， 当n＝1时，b1＝a1＝2，满足上式， 故{bn}的通项公式为bn＝－6n2＋n＋7， 因为函数y＝－6x2＋x＋7的对称轴为x＝， 所以当n≥1时，{bn}是递减数列， 所以{bn}的最大值为b1＝2. 17.(1)证明　数列{an}满足a1＝3，an＋1＝ 设bn＝a2n－1，则b1＝a1＝3， 则bn＋1＝a2n＋1＝a2n＋2＝＋2＝a2n－1＋3＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3， 所以数列{bn}是首项为3，公差为3的等差数列，即数列{a2n－1}为等差数列. (2)解析　由(1)可知，bn＝3n， 设cn＝a2n，同理可证数列{cn}是首项为12，公差为9的等差数列，cn＝3＋9n， 设数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}的前n项和为Tn，数列{an}的前40项和为S20＋T20， 若bk＝cn，即3k＝3＋9n，得k＝1＋3n， k＝1＋3n≤20，则n≤6， 将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，则数列{an}的前40项中余下项的和为 S20＋T20－2T6＝＋－2×＝2 166. 18.解析　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，整理得＝－2， 又a1＝S1＝，得a1＝－2，则数列{an}是首项为－2，公比为－2的等比数列. 则an＝n，n∈N*. (2)当n＝4k，k∈N*时，b4k＝4k·sin＝0， 当n＝4k－1，k∈N*时， b4k－1＝4k－1·sin＝24k－1， 当n＝4k－2，k∈N*时， b4k－2＝4k－2·sin＝0， 当n＝4k－3，k∈N*时， b4k－3＝4k－3·sin＝－24k－3， 则T100＝b1＋b2＋b3＋…＋b100 ＝－(2＋25＋…＋297)＋ ＝－＋＝. 19.解析　(1)①当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1， 当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2，n∈N*时，Sn＝an＋1，∃m＝n＋1，使得Sn＝am， 所以数列{an}是“回归数列”. ②因为bn＝2n，所以前n项和Tn＝n2＋n，根据题意n2＋n＝2m，因为n2＋n＝n(n＋1)一定是偶数，所以存在m＝，使得Tn＝bm，所以数列{bn}是“回归数列”. (2)设等差数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋d＝n＋d，由题意可知：对任意的正整数n，总存在正整数m，使得数列{an}的前n项和Sn＝am，即n＋d＝1＋(m－1)d，取n＝2，得1＋d＝(m－1)d，解得m＝2＋，公差d＜0，所以m＜2，又因为m∈N*，所以m＝1，所以d＝－1. (3)设等差数列an＝a1＋(n－1)d， 总存在两个回归数列bn＝a1－(n－1)a1，cn＝(n－1)·(a1＋d)，显然{bn}和{cn}是等差数列，使得an＝bn＋cn(n∈N*). 证明如下： bn＋cn＝a1－(n－1)a1＋(n－1)a1＋(n－1)d＝an， 数列{bn}前n项和Bn＝na1－a1，n＝1时，m＝1；n＝2时，m＝1， n≥3时，2＋为正整数，当m＝2＋时，Bn＝bm， 所以存在正整数m＝2＋，使得Bn＝bm，所以{bn}是“回归数列”； 数列{cn}前n项和Cn＝(a1＋d)，存在正整数m＝＋1，使得Cn＝cm，所以{cn}是“回归数列”，所以结论成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$