【备考2024】2023年高考数学新高考Ⅱ卷真题变式分层精准练：第8题

试卷更新日期：2023-10-09 类型：二轮复习

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一、原题

1. 记 $S_{n}$ 为等比数列 ${a_{n}}$ 的前n项和，若 $S_{4} = - 5 ， S_{6} = 21 S_{2} ，$ 则 $S_{8} =$ （）

A、120 B、85 C、-85 D、 $-$ 120

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二、基础

2. 在等比数列 ${a_{n}}$ 中， $a_{4} = 4 ， a_{6} = 1$ ，则 $a_{5} =$ （）

A、1 B、2 C、 $\pm 1$ D、 $\pm 2$

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3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层灯数为（）

A、3 B、4 C、5 D、6

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4. 已知首项为1的等比数列 ${a_{n}}$ 满足 $a_{2} ， a_{3} ， a_{4} - 2$ 成等差数列，则公比 $q =$ （）

A、 $\frac{1}{2}$ B、 $- \frac{1}{2}$ C、2 D、 $- 2$

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5. 在归国包机上，孟晚舟写下 $《$ 月是故乡明，心安是归途 $》$ ，其中写道“过去的 $1028$ 天，左右踟躇，千头万绪难抉择；过去的 $1028$ 天，日夜徘徊，纵有万语难言说；过去的 $1028$ 天，山重水复，不知归途在何处 $.$ ”“感谢亲爱的祖国，感谢党和政府，正是那一抺绚丽的中国红，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗时刻，引领我回家的漫长路途，”下列数列 ${a_{n}} (n \in N^{*})$ 中，其前 $n$ 项和可能为 $1028$ 的数列是（）

A、 $a_{n} = 10 n$ B、 $a_{n} = \frac{1028}{4 n^{2} - 1}$ C、 $a_{n} = {(- 1)}^{n + 1} n^{2} - 1028$ D、 $a_{n} = 2^{n - 1} + \frac{1}{2}$

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6. 数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ 满足 $a_{1} = b_{1} = 2$ ， $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = 2$ ， $n \in N^{*}$ ，则数列 ${b_{a_{n}}}$ 的前 $n$ 项和为（）

A、 $\frac{4}{3} (4^{n - 1} - 1)$ B、 $\frac{4}{3} (4^{n} - 1)$ C、 $\frac{1}{3} (4^{n - 1} - 1)$ D、 $\frac{1}{3} (4^{n} - 1)$

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7. 已知等比数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，若 $\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \frac{1}{a_{3}} = 2 ， a_{2} = 2$ ，则 $S_{3} =$ （）

A、 $8$ B、 $7$ C、 $6$ D、 $4$

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8. 已知等比数列 ${a_{n}}$ 中，各项都是正数，且 $a_{1} ， \frac{1}{2} a_{3} ， 2 a_{2}$ 成等差数列，则 $\frac{a_{8} + a_{9}}{a_{7} + a_{8}} =$ （）

A、 $1 - \sqrt{2}$ B、 $1 + \sqrt{2}$ C、 $3 + 2 \sqrt{2}$ D、 $3 - 2 \sqrt{2}$

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9. 在递增等比数列 ${a_{n}}$ 中，其前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，且 $6 a_{7}$ 是 $a_{8}$ 和 $a_{9}$ 的等差中项，则 $\frac{S_{6}}{S_{3}} =$ （）

A、28 B、20 C、18 D、12

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10. 已知正项等比数列 ${a_{n}}$ 中， $a_{1} = 1 ， S_{n}$ 为 ${a_{n}}$ 前n项和， $S_{5} = 5 S_{3} - 4$ ，则 $S_{4} =$ （）

A、7 B、9 C、15 D、30

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11. 已知等比数列 ${a_{n}}$ 首项为 $- 1$ ，前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，若 $\frac{S_{10}}{S_{5}} = \frac{31}{32}$ ，则公比 $q$ 为（）

A、1 B、 $\frac{1}{2}$ C、-1 D、 $- \frac{1}{2}$

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12. 在等比数列 ${a_{n}}$ 中， $a_{4}$ 和 $a_{12}$ 是方程 $x^{2} + 3 x + 1 = 0$ 的两根，则 $a_{8} =$ （）

A、3 B、5 C、-1 D、 $\pm 1$

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三、提升

13. 已知正项等比数列 $a_{n}$ 的前n项和为 $S n$ ，且S₈-2S₄=5，则a₉+a₁₀+a₁₁+a₁₂的最小值为（）

A、10 B、15 C、20 D、25

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14. 设 $T_{n}$ 为数列 ${a_{n}}$ 的前n项积，若 $a_{n} + 2 a_{n + 1} = 0$ ， $n \in N^{*}$ 且 $a_{2} - a_{3} = 192$ ，当 $T_{n}$ 取得最小值时，则 $n =$ （）

A、8 B、9 C、10 D、11

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15. 已知等比数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项积为 $T_{n}$ ，若 $T_{7} > T_{9} > T_{8}$ ，则（）

A、 $q < 0$ B、 $a_{1} < 0$ C、 $T_{15} < 1 < T_{16}$ D、 $T_{16} < 1 < T_{17}$

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16. 取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留下剩下的两段；再将剩下的两段分别分割三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；…；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第n次操作中去掉的线段长度之和不小于 $\frac{1}{60}$ ，则n的最大值为（）
（参考数据： $1 . 5^{7} \approx 17.1 ， 1 . 5^{8} \approx 25.6 ， 1 . 5^{9} \approx 38.4 ， 1 . 5^{10} \approx 57.7$ ）

A、7 B、8 C、9 D、10

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17. 在数列 ${a_{n}}$ 中，若 $a_{n} = 2^{n} + 2^{n - 1} \times 3 + 2^{n - 2} \times 3^{2} + 2^{n - 3} \times 3^{3} + ⋯ + 2^{2} \times 3^{n - 2} + 2 \times 3^{n - 1} + 3^{n}$ ，则 $a_{2023} =$ （）

A、 $3^{2023} - 2^{2023}$ B、 $3 \times 2^{2023} - 3^{2024}$ C、 $3^{2024} - 2^{2024}$ D、 $2 \times 3^{2023} - 2^{2024}$

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18. 已知方程 $(x^{2} - m x + 27) (x^{2} - n x + 27) = 0$ 的四个根组成以1为首项的等比数列，则 $| m - n | =$ （）

A、8 B、12 C、16 D、20

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19. 已知 ${a_{n}}$ 是公差不为0的等差数列， $a_{1} = 2$ ，若 $a_{1} ， a_{3} ， a_{7}$ 成等比数列，则 $a_{2023} =$ （）

A、2023 B、2024 C、4046 D、4048

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20. 已知等比数列 ${a_{n}}$ 的前n项和与前n项积分别为 $S_{n}$ ， $T_{n}$ ，公比为正数，且 $a_{3} = 16$ ， $S_{3} = 112$ ，则使 $T_{n} > 1$ 成立的n的最大值为（）

A、8 B、9 C、12 D、13

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21. 数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ， $a_{1} = \frac{1}{2}$ ，若该数列满足 $a_{n} + 2 S_{n} S_{n - 1} = 0 (n \geq 2)$ ，则下列命题中错误的是（）

A、 ${\frac{1}{S_{n}}}$ 是等差数列 B、 $S_{n} = \frac{1}{2 n}$ C、 $a_{n} = - \frac{1}{2 n (n - 1)}$ D、 ${S_{2^{n}}}$ 是等比数列

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22. 《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题目：把 $93$ 个面包分给 $5$ 个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份面包个数之和等于中间一份面包个数的四分之三，则中间一份面包的个数为（）

A、8 B、12 C、16 D、20

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23. 已知数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，若 $S_{n} + a_{n} = n (n \in N^{*})$ ，则 $l o g_{2} (1 - a_{2023}) =$ （）

A、-2023 B、 $- \frac{1}{2023}$ C、 $\frac{1}{2023}$ D、2023

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24. 数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了 $F_{n} = 2^{2^{n}} + 1$ (n＝0，1，2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出 $F_{5} = 641 \times 6700417$ ，不是质数．现设 $a_{n} = l o g_{4} (F_{n} - 1) (n = 1 ， 2 ， ⋯)$ ， $S_{n}$ 表示数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和，若 $32 S_{n} = 63 a_{n}$ ，则 $n =$ （）

A、5 B、6 C、7 D、8

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四、培优

25. 设数列 ${a_{n}}$ 的前n项的和为 $S_{n}$ ，若对任意的 $n \in N^{*}$ ，都有 $S_{n} < a_{n + 1}$ ，则称数列 ${a_{n}}$ 为“K数列”．关于命题：①存在等差数列 ${a_{n}}$ ，使得它是“K数列”；②若 ${a_{n}}$ 是首项为正数、公比为q的等比数列，则 $q \in [2 ， + \infty)$ 是 ${a_{n}}$ 为“K数列”的充要条件．下列判断正确的是（）

A、①和②都为真命题 B、①为真命题，②为假命题 C、①为假命题，②为真命题 D、①和②都为假命题

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26. 已知等比数列 ${a_{n}}$ 中， $4 a_{1}$ ， $\frac{1}{2} a_{3}$ ， $3 a_{2}$ 成等差数列，则 $\frac{a_{2021} - a_{2022}}{a_{2022} - a_{2023}} =$ （）

A、 $\frac{1}{4}$ 或 $- 1$ B、4 C、-1 D、 $\frac{1}{4}$

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27. 已知 $S_{n}$ 是数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和，且 $a_{1} = a_{2} = 1$ ， $a_{n} = 2 a_{n - 1} + 3 a_{n - 2}$ （ $n \geq 3$ ），则下列结论正确的是（）

A、数列 ${a_{n} - a_{n + 1}}$ 为等比数列 B、数列 ${a_{n + 1} + 2 a_{n}}$ 为等比数列 C、 $S_{40} = \frac{1}{4} (3^{20} - 1)$ D、 $a_{n} = \frac{3^{n - 1} + {(- 1)}^{n - 1}}{2}$

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28. 若 $2^{a} = 3 ， 2^{b} = 6 ， 2^{c} = 12$ ，则（）

A、 $a ， b ， c$ 是等差数列 B、 $a ， b ， c$ 是等比数列 C、 $\frac{1}{a} ， \frac{1}{b} ， \frac{1}{c}$ 是等差数列 D、 $\frac{1}{a} ， \frac{1}{b} ， \frac{1}{c}$ 是等比数列

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29. 通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为 ${a_{n}}$ ，则 $a_{1025}$ 的值是（）

A、6 B、12 C、18 D、108

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30. 已知数列 ${a_{n}}$ 满足 $a_{1} = 1 ， a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{1 + \sqrt{a_{n}}} (n \in N^{*})$ .记数列 ${a_{n}}$ 的前n项和为 $S_{n}$ ，则（）

A、 $\frac{3}{2} < S_{100} < 3$ B、 $3 < S_{100} < 4$ C、 $4 < S_{100} < \frac{9}{2}$ D、 $\frac{9}{2} < S_{100} < 5$

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