全品高考备战2027年数学一轮备用题库10重点强化练(十)【答案】

重点强化练(十)1.C[解析]因为an+1=2-1an,所以当n=1时,a2=2-1a1=3;当n=2时,a3=2-1a2=53;当n=3时,a4=2-2.C[解析]根据题意有a1+a2=21,a3+a4=23,a5+a6=25,a7+a8=27,所以S8=2+8+32+128=170.故选C.3.B[解析]因为an=1+2+3+…+nn=(1+n4(n+1)(n+2)=41n+1-1n+2.设数列1anan+1的前4.D[解析]由a1=2,a2=3,an+an+2=an+1,可得a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-2,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=3,…,所以数列{an}是周期为6的数列,其中a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,所以S2024=S337×6+2=a1+a2=5.故选D.5.B[解析]由Tn2=ann+1,得Tn+12=an+1n+2,于是an+12=Tn+12Tn2=an+1n+2ann+1,则an+1n=ann+1,两边取对数得nlgnlg2=lg2n,所以an=2n,所以a5=32.故选B.6.D[解析]因为an+1=a且a7=1,所以a6=2,则a5=4,则a4=8或a4=1.当a4=8时,则a3=16,得a2=32,a1=64或a2=5,a1=10.当a4=1时,则a3=2,则a2=4,a1=8或a1=1,所以m所有可能的取值集合是{1,8,10,64}.故选D.7.B[解析]∵数列{an}是“33&2”数列,∴λ=33,k=2,∴Sn+112-Sn12=33an+112,而Sn+1-Sn=an+1,易知an>0,∴Sn+1>Sn,∴Sn+112-Sn12>0,∴Sn+112-Sn12=33(Sn+1-Sn)12,∴(Sn+112-Sn12)2=13(Sn+112-Sn12)(Sn+112+Sn12),即Sn+118.A[解析]因为数列{bn}是公差为6,首项为1的等差数列,所以b1=1,b2=7,b3=13,b4=19,b5=25.数列{an}是各项均为正数的等比数列,a3=1,设公比为q,易知q>0,则a1=1q2,a2=1q,a4=q,a5=q2,所以数列{anbn}的前5项和为a1b1+a2b2+a3b3+a4b4+a5b5=1q2+7q+13+19q+25q2.设f(q)=1q2+7q+13+19q+25q2(q>0),求导可得f'-2(2q-1)(25q3+22q2+11q+2)q3,易得,当q>12时,f'(q)>0,f(q)单调递增,当0<q<12时,f'(q)<0,f(q9.BCD[解析]由Sn=-可得a1=S1=-2,a2=3,当n为奇数且n≥3时,an=Sn-Sn-1=-n+32-n-12=-n-1,其中a1=-2也符合上式,所以当n为奇数时,an=-n-1,所以B正确;当n为偶数时,an=Sn-Sn-1=n2--n-1+32=n+1,所以a10=11,所以A错误,C正确;anan+1=-(n+1)(n+2),所以1anan+1=-1(n+1)(n+2)=-110.BCD[解析]依题意,设P0的边长为a,则34a2=1,边数是3;根据图形规律,P1的边长为a3,边数为P0边数的4倍,即3×4;P2的边长为a32,边数为3×42;以此类推,Pn的边长为a3n,边数为3×4n.由上分析知C正确;P3的边数为3×43=192,A错误;由图形规律知曲线Pn所围图形的面积Sn等于曲线Pn-1所围图形的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积,而每一条边增加的小等边三角形的面积为34×a3n2,则Sn=Sn-1+(3×4n-1)×34×a3n2,整理得Sn-Sn-1=13×49n-1,则数列{Sn-Sn-1}是等比数列,又S0=1,则Sn=S0+(S1-S0)+(S2-S1)+(S3-S2)+…+(Sn-Sn-1)=1+131-49n11.ABD[解析]依题意(3n+2)(Sn+an+1)+(3n-1)(Sn-an)=(6n+1)Sn,∴(3n+2)an+1=(3n-1)an(n≥2),∴(3n-1)an=…=5a2=1(n≥2),∴an=13n-1(n≥2),当n=1时a1=12也满足上式,∴an=13n-1,∴a5=114,1an=3n-1,∴A,B正确;∵anan+12=(3n+2)23n-1=(3n-1+3)23n-1=(3n-1)+93n-1+6,令t=3n-1,当t>3时,y=t+9t+6单调递增,所以a2a32<a3a42<a4a52<…,又a1a22=252,a2a32=645>252,∴数列anan+12中的最小项为252,∴C错误;12.2-n+42n+1[解析]由已知得,an2n=n+22n+1,则Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1,12Sn=323+424+…+n13.n+12n[解析]由题意可得2an+1-an=12(2an-an-1)(n≥2),又2a2-a1=12,所以{2an+1-an}是首项为12,公比为12的等比数列,所以2an+1-an=12n,则2n+1an+1-2nan=1,又2a1=2,所以{2nan}是首项为2,公差为1的等差数列,则2nan14.99113-13k-1+6k[解析]因为数列{an}满足an+1=an+1,an<3,an3,an≥3,所以若a1=1,则a2=a1+1=1+1=2,a3=a2+1=2+1=3,a4=a33=1,a5=a4+1=1+1=2,a6=a5+1=2+1=3,可以发现数列{an}是周期为3的周期数列,a1+a2+a3=1+2+3=6,所以S50=16(a1+a2+a3)+a1+a2=16×6+1+2=99.当0<a1<1时,a2=a1+1,a3=a1+2,a4=a1+3>3,a5=a43=a13+1<3,a6=a5+1=a13+2<3,a7=a13+3>3,…,a3k-1=a13k-1+1,a3k=a13k-1+2,a3k+1=a13k-1+3,….因为0<a1<1,所以0<a13n<1,则以三个为一组循环,且a3k-1+a3k+a3k+1=3×a13k-1+1+2+3=a13k-2+6,则S3k+1=15.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由{Sn+1}是等比数列,得(S2+1)2=(S1+1)(S3+1),∴(q+2)2=2×(q2+q+2),解得q=2或q=0(舍去),∴an=a1qn-1=2n-1.(2)由(1)得an=2n-1,∴bn=an·log2an+1=n·2n-1,∴Tn=b1+b2+…+bn=1×20+2×2+3×22+…+n·2n-1,∴2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,两式相减得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=-1+(1-n)·2n,∴Tn=(n16.解:(1)因为数列{an}的前n项和Sn=1-an,所以当n≥2时,可得Sn-1=1-an-1,两式相减得an=an-1-an,即2an=an-1,所以anan-1=1令n=1,可得S1=1-a1=a1,解得a1=12,所以数列{an}是首项为12,公比为12的等比数列,所以{an}的通项公式为an=12·(2)由(1)知an=12n,所以Sn=1-12n,所以Sn2=1-12n2=1-2·12n+122n=1-12n-1+3n-53+1217.解:(1)根据题意知an=Sn-Sn-1,n≥2①,又Sn+Sn-1=an所以由①②,可得Sn-Sn-1=1,n≥2,所以可得{Sn}是以S则Sn=1+n-1=n,所以Sn=n2所以an=Sn-Sn-1=2n-1,n≥2,当n=1时,a1=1也满足该式,所以an=2n-1.(2)由(1)可知an=2n-1,所以cn=(-1)nna设{cn}的前n项和为Tn,则当n为偶数时,Tn=14-1+13当n为奇数时,Tn=14-1+13所以Tn=-18.解:(1)证明:由an+1=3anan+2,得1an+1=an+23an=23·1a又1-1a1=23,所以数列1-1an(2)由(1)得1-1an=23×23n-1=23n(3)证明:bn=an+1an=3n+13n+1-2令f(x)=3·32x-2,x∈[1,+∞),因为f(x)=3·32x-2在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(1)=3×32-2=52>0,所以数列13·32n-2故bn<bn+1<1.19.解:(1)(i)因为an=2n-1,所以当n→+∞时,an→+∞,即不存在M>0,使得an<M恒成立,所以数列{an}不具有性质P.因为bn=13n<1,数列{bn}所以数列{bn}具有性质P.(ii)数列{Sn}具有性质P.Sn=1×13+3×132+…13Sn=1×132+3×133两式作差得23Sn=1×13+2×132+2×133+…+2×13n-2n-13n+1,即23Sn=-13+231-13因为anbn=(2n-1)13n>0,所以Sn<Sn+1,所以{Sn}为递增数列,满足条件②.综上,数列{Sn}(2)证明:X=0,1,…,n,n∈N*,X为奇数的概率为cn,设X为