2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢卷六數(shù)列A（含解析）

這是一份2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢卷六數(shù)列A（含解析），共4頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一、選擇題:本題共6小題,每小題5分,共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.

1.(2020河南安陽(yáng)聯(lián)考)在等差數(shù)列{an}中,若a2+a8=8,則(a3+a7)2-a5=( )
A.60B.56
C.12D.4
2.在等比數(shù)列{an}中,若a4·a5·a6=8,且a5與2a6的等差中項(xiàng)為2,則公比q=( )
A.2B.12
C.-2D.-12
3.(2020廣東廣雅中學(xué)模擬)在數(shù)列{an}中,已知a1=2,an+1=an3an+1(n∈N*),則an的表達(dá)式為( )
A.an=24n-3B.an=26n-5
C.an=24n+3D.an=22n-1
4.已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,首項(xiàng)a1=2,數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn=lg2an,且b2+b3+b4=9,則a5=( )
A.8B.16
C.32D.64
5.(2020河北保定二模,文9,理9)孫子定理是中國(guó)古代求解一次同余式組的方法,是數(shù)論中一個(gè)重要定理,最早可見(jiàn)于中國(guó)南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》,1852年英國(guó)來(lái)華傳教士偉烈亞力將其問(wèn)題的解法傳至歐洲,1874年英國(guó)數(shù)學(xué)家馬西森指出此法符合1801年由高斯得出的關(guān)于同余式解法的一般性定理,因而西方稱(chēng)之為“中國(guó)剩余定理”.這個(gè)定理講的是一個(gè)關(guān)于整除的問(wèn)題,現(xiàn)有這樣一個(gè)整除問(wèn)題:將2至2 021這2 020個(gè)整數(shù)中能被3除余2且被5除余1的數(shù)按由小到大的順序排成一列構(gòu)成一數(shù)列,則此數(shù)列的項(xiàng)數(shù)是( )
A.132B.133
C.134D.135
6.在各項(xiàng)不為零的等差數(shù)列{an}中,2a2 017-a20182+2a2 019=0,數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,且b2 018=a2 018,則lg2(b2 017·b2 019)的值為( )
A.1B.2C.4D.8
二、填空題:本題共2小題,每小題5分,共10分.
7.(2021四川成都模擬,理13)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若5a2=S5+5,則數(shù)列{an}的公差為 .
8.(2020湖南湘潭三模,文15)已知數(shù)列{an}是公比為3的等比數(shù)列,其前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足2Sn=man+4,則a1= .
三、解答題:本題共3小題,共36分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.
9.(12分)(2019全國(guó)2,文18)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,a1=2,a3=2a2+16.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=lg2an.求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
10.(12分)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a5=21,S5=2a6+3.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)記bn=nSn,數(shù)列{bn·bn+1}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求Tn.
11.(12分)(2020河南實(shí)驗(yàn)中學(xué)4月模擬,17)已知{an}是遞增的等差數(shù)列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的實(shí)數(shù)根.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列an2n的前n項(xiàng)和.
參考答案
單元質(zhì)檢卷六 數(shù)列(A)
1.A 因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中,a2+a8=8,所以2a5=a2+a8=8,解得a5=4,所以(a3+a7)2-a5=(2a5)2-a5=64-4=60.
2.B 根據(jù)題意,在等比數(shù)列{an}中,若a4·a5·a6=8,則(a5)3=8,解得a5=2,又a5與2a6的等差中項(xiàng)為2,則a5+2a6=4,解得a6=1,則q=a6a5=12.故選B.
3.B 由an+1=an3an+1(n∈N*),得1an+1=3+1an,則數(shù)列1an是首項(xiàng)為12,公差為3的等差數(shù)列,
所以1an=12+3(n-1)=6n-52,即an=26n-5(n∈N*).
4.C 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,已知首項(xiàng)a1=2,所以an=2qn-1,所以bn=lg2an=1+(n-1)lg2q,所以數(shù)列{bn}是等差數(shù)列.因?yàn)閎2+b3+b4=9,所以3b3=9,解得b3=3,所以a3=23=2×q2,解得q2=4,所以a5=2×24=32.故選C.
5.D 設(shè)所求數(shù)列為{an},該數(shù)列為11,26,41,56,…,所以,數(shù)列{an}為等差數(shù)列,設(shè)公差為d,且首項(xiàng)為a1=11,公差d=26-11=15,所以an=a1+(n-1)d=11+15(n-1)=15n-4,解不等式2≤an≤2021,即2≤15n-4≤2021,解得25≤n≤135.故選D.
6.C 由題意a2017+a2019=2a2018,2a2017-a20182+2a2019=4a2018-a20182=0,由an≠0,所以a2018=4,由{bn}是等比數(shù)列,得b2017·b2019=a20182=16,所以lg2(b2017·b2019)=lg216=4,故選C.
7.-1 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.∵5a2=S5+5,∴5(a1+d)=5a1+10d+5,
∴d=-1.
8.-4 由已知2Sn=man+4,可得2Sn+1=man+1+4,兩式相減,得2an+1=man+1-man,即an+1=mm-2an,所以mm-2=3,解得m=3,又因?yàn)?S1=3a1+4,所以a1=-4.
9.解(1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4.因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an=2×4n-1=22n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)lg22=2n-1,因此數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為1+3+…+2n-1=n2.
10.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
則a1+4d=21,5a1+5×42d=2(a1+5d)+3,解得a1=1,d=5,所以an=5n-4.
(2)由(1)可得Sn=(5n-3)n2,
所以bn=nSn=25n-3,bn+1=n+1Sn+1=25n+2,則bn·bn+1=4(5n-3)(5n+2)=4515n-3-15n+2,
所以Tn=4512-17+17-112+…+15n-3-15n+2
=4512-15n+2=2n5n+2.
11.解(1)方程x2-5x+6=0的兩實(shí)數(shù)根為2,3.由題意,得a2=2,a4=3.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則a4-a2=2d,故d=12,所以a1=32.所以{an}的通項(xiàng)公式為an=12n+1.
(2)設(shè)an2n的前n項(xiàng)和為Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,則Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1,12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2,兩式相減,得12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2=34+141-12n-1-n+22n+2,所以Sn=2-n+42n+1.