《备战2023年高考数学二轮专题复习专题强化训练(十).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2023年高考数学二轮专题复习专题强化训练(十).docx（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题强化训练(十)一、单项选择题1.在数列an中,a1=3,am+n=am+an(m,nN*),若a1+a2+a3+ak=135,则k等于(B)A.10 B.9 C.8 D.7解析:令m=1,由am+n=am+an可得an+1=a1+an,所以an+1-an=3,所以an是首项为3,公差为3的等差数列,an=3+3(n-1)=3n,所以a1+a2+a3+ak=k(a1+ak)2=k(3+3k)2=135,整理可得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).故选B.2.(2022江苏常州高三期末)某人在1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a元的家电,在购买1个月后的2月1日第一次还
2、款,且以后每月的1日等额还款一次,一年内还清全部贷款(12月1日最后一次还款),月利率为r.按复利计算,此人每个月应还(A)A.ar(1+r)11(1+r)11-1元 B.ar(1+r)12(1+r)12-1元C.a(1+r)1111元 D.a(1+r)1211元解析:设每月还x元,按复利计算,则有x1+(1+r)+(1+r)2+(1+r)10=a(1+r)11,即11-(1+r)111-(1+r)x=a(1+r)11,解得x=ar(1+r)11(1+r)11-1.故选A.3.(2022湖南常德高三期末)在流行病学中,基本传染数R0是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者
3、平均传染的人数.R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.对于R01,而且死亡率较高的传染病,一般要隔离感染者,以控制传染源,切断传播途径.假设某种传染病的基本传染数R0=3,平均感染周期为7天(初始感染者传染R0个人为第一轮传染,经过一个周期后这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染),那么感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要的天数为(参考数据:36=729,45=1 024)(B)A.35 B.42 C.49 D.56解析:感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要n轮传染,则每轮新增感染人数为R0n,经过n轮传染,总共感染人数
4、为1+R0+R02+R0n=1-R0n+11-R0.因为R0=3,所以当感染人数增加到1 000人时,1-3n+11-3=1 000,化简得3n=667,由35=243,36=729,故得n6,又因为平均感染周期为7天,所以感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要67=42(天).故选B.4.(2022江苏通州高三期末)函数y=x广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域,其中x为不超过实数x的最大整数,例如:-2.1=-3,3.1=3.已知函数f(x)=log2x,则f(1)+f(3)+f(5)+f(210+1)=(B)A.4 097 B.4 107 C.5 119 D.5 129解析:
5、由题意当2i+1x2i+1-1时,f(x)=i,iN*,在2i+1,2i+1-1上奇数共有2i-1个,f(1)=0,f(3)=1,f(1)+f(3)+f(5)+f(210+1)=0+1+22+322+928+10,设T=1+22+322+928,则2T=2+222+323+828+929,相减得-T=1+2+22+28-929=29-1-929=-1-829,所以T=1+829=4 097,所以f(1)+f(3)+f(5)+f(210+1)=4 097+10=4 107.故选B.5.(2022河南长垣模拟)已知数列an是递增的等差数列,a3是a1与a11的等比中项,且a2=5.若bn=an+1
6、-an,则数列bn的前n项和Sn=(A)A.3n+2-2B.3n+5-2C.3n+2-5D.3n+5-5解析:因为数列an是递增的等差数列,所以数列an的公差d0.由题意得a2=5,a32=a1a11,即a1+d=5,(a1+2d)2=a1(a1+10d),解得a1=2,d=3或a1=5,d=0(舍去).所以an=2+3(n-1)=3n-1.所以bn=an+1-an=3n+2-3n-1.所以Sn=b1+b2+b3+bn=(5-2)+(8-5)+(3n+2-3n-1)=3n+2-2.故选A.6.(2022河北深州高三期末)已知正项等比数列an的前n项和为Sn,bn=an4an+13,且数列bn的
7、前n项和为Tn,若对于一切正整数n都有Sn0,a10,若q=1,则an=a1,bn=an4an+13=a1,Sn=Tn,不满足题意;若q1,则Sn=a1(1-qn)1-q,bn=an4an+13=anq3,Tn=a1q3(1-qn)1-q=a1(1-qn)q3(1-q),Tn-Sn=a1(1-qn)1-q(1q3-1)=a1(1-qn)(1-q3)q3(1-q)=a1(1-qn)(1+q+q2)q3,因为a10,q0,所以若TnSn,则1-qn0,qn1,0q1,故数列an的公比q的取值范围为(0,1).故选B.二、多项选择题7.(2022湖南娄底高三期末)已知数列an满足3a1+32a2+3
8、nan=n(nN*),bn=1log3 anlog3 an+2,Sn为数列bn的前n项和,则(BD) A.an=1,n=1,13n,n2B.Sn是关于n的递增数列C.Sn可以取到13,34)内的任意一个值D.若Sn对一切正整数n都成立,则34解析:当n=1时,3a1=1,即a1=13,当n2时,3nan=n-(n-1)=1,所以an=13n,当n=1时,a1=13也满足,所以an=13n,所以A不正确;bn=1log3anlog3an+2=1log3(13) nlog3(13) n+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2),故Sn=12(1-13+12-14+13-15+14-16+1n-1
9、-1n+1+1n-1n+2)=12(1+12-1n+1-1n+2),因为Sn=12(1+12-1n+1-1n+2)关于n单调递增,所以B正确;又S1=13Sn34,但n只能取正整数,所以Sn不可以取到13,34)内的任意一个值,所以C不正确;若Sn对一切正整数n都成立,则34,所以D正确.故选BD.8.(2022河北保定高三期末)对于正整数n,(n)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目.函数(n)以其首名研究者欧拉命名,称为欧拉函数,例如(9)=6,则(ABD)A.log7 (77)=6+log7 6B.数列(3n)为等比数列C.数列(2n)是递增数列D.数列n(2n)的前n项和恒小于4
10、解析:因为7为质数,所以与77不互质的数为7,14,21,77,共有777=76个,所以log7 (77)=log7(77-76)=6+log76,故A正确;因为与3n互质的数为1,2,4,5,7,8,10,11,3n-2,3n-1,共有(3-1)3n-1=23n-1个,所以(3n)=23n-1,则数列(3n)为等比数列,故B正确;因为(2)=1,(4)=2,(6)=2,所以数列(2n)不是递增数列,故C错误;因为(2n)=2n-1,所以i=1ni(2i)=i=1n2i2i=2i=1ni2i.设Sn=i=1ni2i=12+222+n2n,则12Sn=122+223+n-12n+n2n+1,所以
11、12Sn=12+122+123+12n-n2n+1=12-12n+11-12-n2n+1=1-n+22n+1,所以Sn=2-n+22n,从而数列n(2n)的前n项和为2Sn=4-n+22n-11,b1=a1,b2b6=64.(1)求an和bn的通项公式;(2)设cn=(3n-2)bnn(n+2),求数列cn的前n项和Tn.解:(1) 依题意,2Sn=an2+an,an0,当n=1时,a1=1,当n2时,2Sn-1=an-12+an-1,两式相减得2an=an-an-1+an2-an-12,即an+an-1=an2-an-12=(an+an-1)(an-an-1),于是得an-an-1=1,则数
12、列an是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=n(nN*).依题意,b1=a1=1,有bn=qn-1,又b2b6=64,则b2b6=q6=64,又q1,解得q=2,所以bn=2n-1(nN*).(2) 由(1)知,bn=2n-1,nN*,则cn=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n,Tn=(223-201)+( 234-212)+( 245-223)+(2nn+1-2n-2n-1)+( 2n+1n+2-2n-1n),所以Tn=-201-212+2nn+1+2n+1n+2=2n(3n+4)(n+1)(n+2)-2(nN*).12.(2022湖北武昌高三期末)已知数列a
13、n满足a1=1,a2=2,且对任意nN*,都有an+2=3an+1-2an.(1)求证:an+1-an是等比数列,并求an的通项公式;(2)求使得不等式1a1+2a2+mam154成立的最大正整数m.解:(1)由an+2=3an+1-2an,得an+2-an+1=2(an+1-an),所以an+1-an是首项为1,公比为2的等比数列,所以an+1-an=(a2-a1)2n-1=2n-1,从而an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=2n-2+2n-3+20+1=2n-1,所以an=2n-1(nN*).(2)设Sm=1a1+2a2+mam(mN*),即Sm=11+22+322+m-12m-2+m2m-1,所以2Sm=2+21+32+m-12m-3+m2m-2,两式相减得Sm=2+11+12+12m-3+12m-2-m2m-1=4-2+m2m-1.因为Sm+1=Sm+m+12mSm,且S6=154,所以使1a1+2a2+mam154成立的最大正整数m=6.