新教材高考数学一轮复习课时质量评价33等差数列（含解析）新人教A版.doc

课时质量评价(三十三)

(建议用时：45分钟)

A组全考点巩固练

1．(2020·开封三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和．若S5＝4a2，则a7＝()

A．－2 B．0

C．2 D．10

B解析：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝4a2，

所以5a1＋10d＝4a1＋4d，即a1＋6d＝0，

则a7＝a1＋6d＝0.

2．(2020·广州二模)首项为－21的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d的取值范围是()

A．(3，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))

C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2)))

D解析：an＝－21＋(n－1)d.

因为从第8项起开始为正数，所以a7＝－21＋6d≤0，a8＝－21＋7d＞0，解得3＜d≤eq\f(7,2).

3．(2020·上饶三模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(a2＋2a7＋a8,a3＋a6)＝eq\f(20,11)，则eq\f(S11,S8)＝()

A．eq\f(3,7)B．eq\f(1,6)C．eq\f(5,11)D．eq\f(5,4)

D解析：eq\f(a2＋2a7＋a8,a3＋a6)＝eq\f(2a5＋2a7,a3＋a6)＝eq\f(4a6,a3＋a6)＝eq\f(20,11)，

所以eq\f(a6,a3＋a6)＝eq\f(5,11)，

所以eq\f(S11,S8)＝eq\f(11a6,4?a1＋a8?)＝eq\f(11a6,4?a3＋a6?)＝eq\f(5,4).

4．(2020·河南二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝－6，S9－S4＝75，则Sn取得最大值时，n＝()

A．14 B．15

C．16 D．17

A解析：设等差数列{an}的公差为d.因为a8－a5＝－6，S9－S4＝75，

所以3d＝－6,5a1＋30d＝75，

解得a1＝27，d＝－2，

所以an＝27－2(n－1)＝29－2n.

令an≥0，解得n≤eq\f(29,2)＝14＋eq\f(1,2).

则Sn取得最大值时n＝14.

5．(多选题)设无穷等差数列{an}的各项都为正数，且其前n项和为Sn.若S2021＝2021，则()

A．a1011＝1 B．a1010≥1

C．S2020＞2020 D．S2023≥2023

ABD解析：S2021＝2021＝eq\f(2021?a1＋a2021?,2)＝2021a1011，所以a1011＝1.

因为无穷等差数列{an}的各项都为正数，所以公差d≥0，所以a1012≥1.

所以S2020＝eq\f(2020?a1＋a2020?,2)＝1010·(a1011＋a1010)≤1010×2＝2020，

S2023＝S2021＋a2022＋a2023≥2021＋2＝2023.

综上可得ABD正确．

6．已知在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝6，a7＝11，则a1＝________.

－7解析：由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＝3a4＝6，

所以a4＝2，公差d＝eq\f(a7－a4,7－4)＝eq\f(9,3)＝3.

又a4＝a1＋3d＝2，所以a1＝－7.

7．在等差数列{an}中，若a7＝eq\f(π,2)，则sin2a1＋cosa1＋sin2a13＋cosa13＝________.

0解析：根据题意可得a1＋a13＝2a7＝π，

2a1＋2a13＝4a7＝2π，

所以有sin2a1＋cosa1＋sin2a13＋cosa13＝sin2a1＋sin(2π－2a1)＋cosa1＋cos(π－a1)＝0.

8．设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝2019.若a22，则n的最大值为________．

63解析：由数列{an}的前n项和为Sn，

an＋1＋an＝2n＋1，得an＋an－1＝2n－1(n≥2)．

故an＋1－an－1＝2，则数列{an}的偶数项成等差数列，

则an＝a2＋n－2(n为偶数)．

又a1＋a2＝3，a3＋a4＝7，

所以数列{a2n－1＋a2n}为等差数列，首项为3，公差为4.

当n为偶数时，设bn＝a2n－1＋a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，

可得Tn＝eq\f(n[3＋3＋?n－1?×4],2)＝2n2＋n，n∈N*.

所以Sn＝Teq\s\do8(eq\f(n