《2023届高三一轮总复习阶段过关测评卷(四)·B卷（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高三一轮总复习阶段过关测评卷(四)·B卷（含答案）（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、阶段综合检测(四)B卷满分150分，用时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已知递增等比数列，a10，a2a464，a1a534，则a6( )A8 B16 C32 D642等差数列的前15项和S1530，则a7a8a9( )A2 B6 C10 D143已知正项等比数列中，有a2a1025，数列是等差数列，其前n项和为Sn，且b5a6，则S9( )A15 B30 C45 D904等差数列的前n项和为Sn，S749，a33a6，则Sn取最大值时的n为( )A7 B8 C14 D155已知数列、都是等差数列，设的前n项和为Sn，
2、的前n项和为Tn.若，则( )A B C D6已知数列an满足a1，an1an(nN*).设bn，nN*，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是( )A.(，1) B C D(1，2)7设数列an满足a13，an13an4n，若bn，且数列bn的前n项和为Sn，则Sn( )An BCn Dn8若数列满足0，则称为“梦想数列”，已知正项数列为“梦想数列”，且b1b2b31，则b6b7b8( )A4 B8C16 D32二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9设首项为1的数列的前n项和为Sn，已知
3、Sn12Snn1，则下列结论正确的是( )A数列为等比数列B数列的通项公式为an2n11C数列为等比数列D数列的前n项和为2n2n2n410设等比数列的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a11，a2 019a2 0201，0，下列结论正确的是( )AS2 019S2 020Ba2 019a2 02110CT2 020是数列中的最大值D数列无最大值11在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构造新数列：现有一个每项都为1的常数列，在此数列的第n项与第n1项之间插入首项为2，公比为2的等比数列的前n项，从而形成新的数列，数列的前n项和为Sn，则( )Aa2 02
4、125 Ba2 02126CS2 021326359 DS2 021264312如图所示的数表中，第1行是从1开始的正奇数，从第2行开始每个数是它肩上两个数之和则下列说法正确的是( )1 3 5 7 9 1148121620 12202836 A第6行第1个数为192B第10行的数从左到右构成公差为210的等差数列C第10行前10个数的和为9529D数表中第2 021行第2 021个数为6 06122 020三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知公比大于1的等比数列满足a1a5144，a2a430，则公比q等于_14已知数列满足a11，ana1a2a3an1.数列的通项公式是_
5、.15已知Sn为等差数列的前n项和，且S235，a2a3a439，则当Sn取最大值时，n的值为_.16大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中华传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上的第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第50项为_，前2n项和S2n_.(附：122232n2)四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)设数列的前n项和Sn，满足Sn1，且a11.(1)证明：数列为等差数
6、列；(2)求的通项公式18(12分)已知等差数列an和等比数列bn满足a14，b12，a22b21，a3b32.(1)求an和bn的通项公式；(2)数列an和bn中的所有项分别构成集合A，B，将AB的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求数列cn的前60项和S60.19(12分)已知正项等差数列an的前n项和为Sn，满足6Snanan12(nN*)，a10，a8(n2)2n，整理得，.7D解析：由an13an4n可得an13，a13，a10，则可得数列为常数列0，即an0，an2n1，bn11，Snnnn.8D解析：由题意可知，若数列为“梦想数列”，则0，可得，所以，“梦想数列”是公
7、比为的等比数列，若正项数列为“梦想数列”，则，所以，2，即正项数列是公比为2的等比数列，因为b1b2b31，因此，b6b7b82532.9AD解析：因为Sn12Snn1，所以2.又S112，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；所以Snn2n，则Sn2nn.当n2时，anSnSn12n11，但a12111，故B错误；由a11，a21，a33可得a112，a212，a314，即，故C错误；因为2Sn2n12n，所以2S12S22Sn222123222n12n22232n1222n2n2n4，所以数列的前n项和为2n2n2n4，故D正确10AB解析：当q0时，a2 019a2 020aq1，0不成立；故0q1，0a2 020S2 019，A正确；a2 019a2 0211a11，2q25q20，解得：q2或q(舍去).14an解析：ana1a2a3an1(n1)，a11，当n2时，a2a11，当n2时，an1a1a2a3an1an，两式相减得：an1anan，即an1an，以上各式累乘得，所以an，an157解析：法一设数列的公差为d，则由题意得解得则Sn19nn2n.又nN*，当n7时，Sn取得最大值法二设等差数列的公差为d，a2a3
