《2020高考数学备考 真题+模拟新题分类汇编 数列（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学备考 真题+模拟新题分类汇编 数列（通用）（27页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、数列(真题+模拟新题)课标文数17.D12020浙江卷 若数列中的最大项是第k项，则k_.课标文数17.D12020浙江卷 4【解析】 设最大项为第k项，则有 k4.课标文数20.D2，A22020北京卷 若数列An：a1，a2，an(n2)满足|ak1ak|1(k1,2，n1)，则称An为E数列记S(An)a1a2an.(1)写出一个E数列A5满足a1a30；(2)若a112，n2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an2020；(3)在a14的E数列An中，求使得S(An)0成立的n的最小值课标文数20.D2，A22020北京卷 【解答】 (1)0,1,0,1,0是一个满足条件的
2、E数列A5.(答案不唯一，0，1,0,1,0；0，1,0,1,2；0，1,0，1，2；0，1,0，1,0都是满足条件的E数列A5)(2)必要性：因为E数列An是递增数列，所以ak1ak1(k1,2，1999)所以An是首项为12，公差为1的等差数列所以a200012(20001)12020，充分性：由于a2000a19991.a1999a19981.a2a11.所以a2000a11999，即a2000a11999.又因为a112，a20002020.所以a2000a11999.故ak1ak10(k1,2，1999)，即E数列An是递增数列综上，结论得证(3)对首项为4的E数列An，由于a2a1
3、13，a3a212，a8a713，所以a1a2ak0(k2,3，8)所以对任意的首项为4的E数列An，若S(An)0，则必有n9.又a14的E数列A9：4,3,2,1,0，1，2，3，4满足S(A9)0，所以n的最小值是9.大纲理数4.D22020全国卷 设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7 C6 D5大纲理数4.D22020全国卷 D【解析】 Sk2Skak1ak22a1(2k1)d4k4，4k424，可得k5，故选D.大纲理数20.D2，D42020全国卷 设数列an满足a10且1.(1)求an的通项公式；(2)设bn，记Snk，证明：Sn
4、1.大纲理数20.D2，D42020全国卷 【解答】 (1)由题设1，即是公差为1的等差数列又1，故n.所以an1.(2)证明：由(1)得bn，Snbk11.大纲文数6.D22020全国卷 设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7 C6 D5大纲文数6.D22020全国卷 D【解析】 Sk2Skak1ak22a1(2k1)d4k4，4k424，可得k5，故选D.课标理数10.M1，D2，B112020福建卷 已知函数f(x)exx.对于曲线yf(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C，给出以下判断：ABC一定是钝角三角形；ABC可能是直角三角形；
5、ABC可能是等腰三角形；ABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是()A B C D课标理数10.M1，D2，B112020福建卷 B【解析】 解法一：(1)设A、B、C三点的横坐标分别为x1，x2，x3(x1x20， f(x)在(，)上是增函数， f(x1)f(x2)f(x3)，且f， (x1x2，f(x1)f(x2)，(x3x2，f(x3)f(x2)， (x1x2)(x3x2)(f(x1)f(x2)(f(x3)f(x2)0， ABC为钝角，判断正确，错；(2)若ABC为等腰三角形，则只需ABBC，即(x1x2)2(f(x1)f(x2)2(x3x2)2(f(x3)f(x2)2， x1，x2，
6、x3成等差数列，即2x2x1x3，且f(x1)f(x2)f(x3)，只需 f(x2)f(x1)f(x3)f(x2)，即2f(x2)f(x1)f(x3)，即 f，这与f相矛盾，ABC不可能是等腰三角形，判断错误，正确，故选B.解法二：(1)设A、B、C三点的横坐标为x1，x2，x3(x1x2x3), 课标文数17.D22020福建卷 已知等差数列an中，a11，a33.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前k项和Sk35，求k的值课标文数17.D22020福建卷 【解答】 (1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.由a11，a33，可得12d3.解得d2.从而，an1(n1
7、)(2)32n.(2)由(1)可知an32n.所以Sn2nn2.进而由Sk35可得2kk235.即k22k350，解得k7或k5.又kN*，故k7为所求课标理数11.D22020广东卷 等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.课标理数11.D22020广东卷 10【解析】 由S9S4，所以a5a6a7a8a90，即5a70，所以a70，由a7a16d得d，又aka40，即a1(k1)a130，即(k1)，所以k19，所以k10.课标理数13.D22020湖北卷 九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容
8、积共4升，则第5节的容积为_升课标理数13.D22020湖北卷 【解析】 设所构成的等差数列的首项为a1，公差为d，由 得 解得 所以a5a14d.课标理数19.D22020湖北卷 已知数列an的前n项和为Sn，且满足：a1a(a0)，an1rSn(nN*，rR，r1)(1)求数列an的通项公式；(2)若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，试判断：对于任意的mN*，且m2，am1amam2是否成等差数列，并证明你的结论课标理数19.D22020湖北卷 【解答】 (1)由已知an1rSn，可得an2rSn1，两式相减可得an2an1r(Sn1Sn)ran1，即an2(r1)an1，又
9、a2ra1ra，所以当r0时，数列an为：a,0，0，；当r0，r1时，由已知a0，所以an0(nN*)，于是由an2(r1)an1，可得r1(nN*)，a2，a3，an，成等比数列，当n2时，anr(r1)n2a.综上，数列an的通项公式为an(2)对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列，证明如下：当r0时，由(1)知，an对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列；当r0，r1时，Sk2Skak1ak2，Sk1Skak1，若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，则Sk1Sk22Sk，2Sk2ak1ak22Sk，即ak22ak1，由(1)知，a2，a
10、3，an，的公比r12，于是对于任意的mN*，且m2，am12am，从而am24am，am1am22am，即am1，am，am2成等差数列综上，对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列课标文数9.D22020湖北卷 九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为()A1升 B.升 C.升 D.升课标文数9.D22020湖北卷 B【解析】 设所构成的等差数列的首项为a1，公差为d，由 得 解得 所以a5a14d.课标文数17.D2，D32020湖北卷 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三
11、个数分别加上2、5、13后成为等比数列bn中的b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列课标文数17.D2，D32020湖北卷 【解答】 (1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15.解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2.由b3b122，即5b122，解得b1.所以bn是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn2n152n3.(2)证明：由(1)得数列bn的前n项和Sn52n2，即Sn52
12、n2.所以S1，2.因此是以为首项，公比为2的等比数列课标理数12.D22020湖南卷 设Sn是等差数列an(nN*)的前n项和，且a11，a47，则S5_.课标理数12.D22020湖南卷 25【解析】 设数列an的公差为d，因为a11，a47，所以a4a13dd2，故S55a110d25.课标文数5.D22020江西卷 设an为等差数列，公差d2，Sn为其前n项和若S10S11，则a1()A18 B20 C22 D24课标文数5.D22020江西卷 B【解析】 由S10S11，得a11S11S100，a1a11(111)d0(10)(2)20.故选B.课标文数15.D22020辽宁卷 Sn为等差数列an的前n项和，S2S6，a41，则a5_.课标文数15.D22020辽宁卷 1【解析】 由S2S6，得2a1d6a1d解得4(a13d)2d0，即2a4d0，所以a4(a4d)0，即a5a41.课标文数17.D2，D32020课标全国卷 已知等比数列an中，a1，公比q.(1)Sn为an的前n项和，证明：Sn；(2)设bnlog3a1log3a2log3an，求数列bn的通项公式课标文数17.D2，D32020课标全国卷 【解答】 (1)因为ann1，
