2023高考数学一轮复习单元质检卷六数列A文含解析北师大版202303232103

单元质检卷六　数列(A)(时间:45分钟　满分:70分)一、选择题:本题共6小题,每小题5分,共30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.(2020河南安阳联考)在等差数列{an}中,若a2+a8=8,则(a3+a7)2-a5=(　　)A.60B.56C.12D.42.在等比数列{an}中,若a4·a5·a6=8,且a5与2a6的等差中项为2,则公比q=(　　)A.2B.12C.-2D.-123.(2020广东广雅中学模拟)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=an3an+1(n∈N*),则an的表达式为(　　)A.an=24n-3B.an=26n-5C.an=24n+3D.an=22n-14.已知数列{an}为等比数列,首项a1=2,数列{bn}满足bn=log2an,且b2+b3+b4=9,则a5=(　　)A.8B.16C.32D.645.(2020河北保定二模,文9,理9)孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法,是数论中一个重要定理,最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》,1852年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲,1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.这个定理讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将2至2021这2020个整数中能被3除余2且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列,则此数列的项数是(　　)A.132B.133C.134D.1356.在各项不为零的等差数列{an}中,2a2017-a20182+2a2019=0,数列{bn}是等比数列,且b2018=a2018,则log2(b2017·b2019)的值为(　　)A.1B.2C.4D.8二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.7.(2021四川成都模拟,理13)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若5a2=S5+5,则数列{an}的公差为　　　　　. 8.(2020湖南湘潭三模,文15)已知数列{an}是公比为3的等比数列,其前n项和Sn满足2Sn=man+4,则a1=　　　　　. 三、解答题:本题共3小题,共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(10分)(2019全国2,文18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.\n(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和.10.(10分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=21,S5=2a6+3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记bn=nSn,数列{bn·bn+1}的前n项和为Tn,求Tn.11.(10分)(2020河南实验中学4月模拟,17)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的实数根.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列an2n的前n项和.参考答案单元质检卷六　数列(A)1.A　因为在等差数列{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.\n2.B　根据题意,在等比数列{an}中,若a4·a5·a6=8,则(a5)3=8,解得a5=2,又a5与2a6的等差中项为2,则a5+2a6=4,解得a6=1,则q=a6a5=12.故选B.3.B　由an+1=an3an+1(n∈N*),得1an+1=3+1an,则数列1an是首项为12,公差为3的等差数列,所以1an=12+3(n-1)=6n-52,即an=26n-5(n∈N*).4.C　设等比数列{an}的公比为q,已知首项a1=2,所以an=2qn-1,所以bn=log2an=1+(n-1)log2q,所以数列{bn}是等差数列.因为b2+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.故选C.5.D　设所求数列为{an},该数列为11,26,41,56,…,所以,数列{an}为等差数列,设公差为d,且首项为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.故选D.6.C　由题意a2017+a2019=2a2018,2a2017-a20182+2a2019=4a2018-a20182=0,由an≠0,所以a2018=4,由{bn}是等比数列,得b2017·b2019=a20182=16,所以log2(b2017·b2019)=log216=4,故选C.7.-1　设等差数列{an}的公差为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+4,两式相减,得2an+1=man+1-man,即an+1=mm-2an,所以mm-2=3,解得m=3,又因为2S1=3a1+4,所以a1=-4.9.解(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4.因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.10.解(1)设等差数列{an}的公差为d.则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,则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的两实数根为2,3.由题意,得a2=2,a4=3.设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=12,所以a1=32.所以{an}的通项公式为an=12n+1.\n(2)设an2n的前n项和为Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,则Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1,12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2,两式相减,得12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2=34+141-12n-1-n+22n+2,所以Sn=2-n+42n+1.