2026年高考一轮复习单元验收评价试题（六）数学答案与解析
1.D 解析 通过观察数列得出规律，数列中的项是按正整数顺序排列，且3个为一循环节，由此判断第12项是sin 12.
2.C 解析 设等差数列{an}的公差为d，由已知可得解得∴an=-1+(n-1)×2=2n-3，∴a5=2×5-3=7.
3.A 解析 由等比数列的性质可知，=a1·a5=4，所以a3=±2，又因为=q2>0，所以a3=2.
4.C 解析 设等比数列{an}的公比为q，由a2+a5=7，a4+a7=21，则a4+a7=q2(a2+a5)=21，解得q2=3，故a8+a11=q4(a4+a7)=32×21=189.
5.B 解析 依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数列{an}，n∈N*，n≤7，则a1+a2=4，a6+a7=2，a1+a7=a2+a6=3，所以这根竹子的装米量为S7==10.5(升).
6.B 解析 数列{an}中，n∈N*，Sn+1=an+1-nan+2，当n≥2时，Sn=an-(n-1)an-1+2，两式相减得an+1=an+1-(n+1)an+(n-1)an-1，即(n+1)an=(n-1)an-1，因此(n+1)nan=n(n-1)an-1，显然数列{(n+1)nan}是常数列，而S2=a2-a1+2，解得a1=1，于是(n+1)nan=2×1×a1=2，因此an=，所以==210.
7.A 解析 因为数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则有==2，而a1=1，a2=3，则数列{a2n-1}是以1为首项，2为公比的等比数列，{a2n}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=+=76.
8.D 解析 由an+2=3an+1-2an得an+2-an+1=2(an+1-an)，又{an}为递增数列，故an+1-an>0，所以数列{an+1-an}是以a2-a1=2-λ为首项，2为公比的等比数列，所以an+1-an=(2-λ)·2n-1，又{an}为递增数列，所以(2-λ)·2n-1>0对任意正整数n恒成立，所以2-λ>0，得λ<2.
9.ABD 解析 由a6=-2a3，得a1+5d=-2(a1+2d)，即a1=-3d，由等差数列{an}是递减数列，知d<0，则a1>0，故A，B正确；而Sn=na1+d=n2-n，当n=3或n=4时，Sn最大，令Sn=n2-n<0，解得n>7，即当Sn<0时，n的最小值为8，故C错误，D正确.
10.AB 解析 ∵2(n+1)an-nan+1=0，∴=，∴是首项为=2，公比为2的等比数列，∴=2·2n-1，∴an=n·2n，故A正确；由an=2an-1+3(n≥2)，得an+3=2(an-1+3)，即=2，又a1+3=1+3=4，∴数列{an+3}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an+3=4×2n-1，即an=2n+1-3，∴数列{an}的通项公式为an=2n+1-3，故B正确；
根据题意，an=an-1+ -=1，n≥2，又=6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；设an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，∴an+1=2an+kn+b-k，由an+1=2an+n-1，得解得∴=2，即{an+n}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列.∴an+n=2×2n-1=2n，故an=2n-n，故D错误.
11.ABC 解析 对于A，当n=1时，Sn+1+Sn=a1+a2+a1=2a1+a2=1，当n≥2时，Sn+Sn-1=n-1，作差可得an+1+an=1，代入n=1可得a2+a1=1，与①可能矛盾，故数列{an+1+an}不一定是常数列，故A错误；对于B，由an+1+an=an+an-1=…=a3+a2=1可得an+1=an-1=an-3=…且an=an-2=an-4=…，所以数列{an}不是单调数列，故B错误；对于C，若a1=-1，则由以上选项可知a2=3，a3=-2，a4=3，…，所以当n≥2时，{an}的偶数项为3，奇数项为-2，而S2 025=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 022+a2 023)+(a2 024+a2 025)=-1+1 012=1 011，故C错误；对于D，若a1=1，则a2=-1，a3=2，故当n≥2时，{an}的偶数项为-1，奇数项为2，则{an}的最小项的值为-1，故D正确.
12. n·2n 解析 在数列{an}中，由an+1=2an+2n+1，得=+1，即-=1，而a1=2，=1，于是数列是首项为1，公差为1的等差数列，因此=1+(n-1)×1=n，即an=n·2n.
13. 解析 由an+1=10可得an>0，lg an+1=lg(10)=2lg an+1，故lg an+1+1=2(lg an+1)，又lg a1+1=2，故数列{lg an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，则lg an+1=2n，故an=.
14. 2 解析 由+=p得+=p，两等式相减得=.又“公方和”为1，首项a1=1，所以==…==1，==…==0.所以S2 024的最大值为1 012，最小值为-1 010，其和为2.
15.解 (1)因为++…+=(n∈N*)， ①
当n=1时，=1；
当n≥2时，++…+=， ②
①-②得=-=n(n≥2)，
又因为=1符合上式，所以=n，
因为an>0，所以an=.
(2)由an=，可得cn===-，
则Sn=c1+c2+c3+…+cn=+++…+=1-=.
16.(1)证明 ∵an＋1＝，
∴，
∴1－，
又1－≠0，
∴数列是首项为，公比为的等比数列.
(2)解 由(1)知1－，
故an＝
＝.
(3)证明 bn＝·
＝
＝1－，
显然数列为递增数列，
且3·－2>0对n∈N*恒成立，
∴数列为递减数列，
∴数列{bn}为递增数列，且bn<1，
∴bn17.解 (1)∵=an+，
∴2Sn=2nan+n(1-n)，
∴当n≥2时，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)，
则2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)，
化简得an-an-1=1(n≥2)，
又∵a1=2，
∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=n+1，
∴{an}的通项公式为an=n+1.
(2)由(1)知bn==2-n=，
∴(-1)n+1bnbn+1=(-1)n+1··=(-1)n+1·，
∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1
=-+-+…+(-1)n+1·==.
18.解 (1)∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列，
∴2ln an+1=ln an+ln an+2，
即=anan+2，而an>0，
∴{an}为等比数列，
设{an}的公比为q，q>0，则
得a1=1，q=2，∴an=2n-1.
(2)bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn，
当n为偶数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]
=+=2n+，
当n为奇数时，
Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-，
∴Tn=
19.答案 (1)λ＝3，an＝2n－1
(2)(n－1)·2n＋n＋2
解析 (1)设{an＋1－an}的公比为q.
∵an＋2＝λan＋1－2an，
∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1
＝(λ－1)an＋1－2an
＝(λ－1)
＝q(an＋1－an)．
∴＝1，解得λ＝3，
∴q＝2.
又a2－a1＝1，
∴an＋1－an＝2n－1，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋20＋21＋…＋2n－2
＝1＋
＝2n－1(n≥2)，
当n＝1时，符合上式，
∴{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)当bm＝k＝1时，m∈[1，2)，共2－1＝1(项)，
当bm＝k＝2时，m∈[2，4)，共4－2＝2(项)，
当bm＝k＝3时，m∈[4，8)，共8－4＝4(项)，
…
当bm＝k＝n时，m∈[2n－1，2n)，共2n－2n－1＝2n－1(项)，
又b2n＝n＋1，
∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1.
记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
作差可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
因此，数列{bn}的前2n项和为Sn＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2.秘密★启用前
2026年高考一轮复习单元验收评价试题（六）
数学
本试卷共4页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试范围：数列。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．
3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．观察数列1，ln 2，sin 3，4，ln 5，sin 6，7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第12项是( )
A．1 212 B．12
C．ln 12 D．sin 12
2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3=3，S8=48，则a5等于( )
A．5 B．6
C．7 D．8
3．在等比数列{an}中，a1=1，a5=4，则a3等于( )
A．2 B．-2
C．±2 D．2
4．已知数列{an}是等比数列，且a2+a5=7，a4+a7=21，则a8+a11等于( )
A．28 B．63
C．189 D．289
5．现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子自下而上装米量逐节等量减少，以此计算，这根竹子的装米量为( )
A．9升 B．10．5升
C．12升 D．13．5升
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1=an+1-nan+2(n∈N*)，则等于( )
A．190 B．210
C．380 D．420
7．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=3，数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则S9等于( )
A．76 B．108
C．512 D．19 683
8．已知数列{an}满足an+2=3an+1-2an，a1=λ，a2=2，{an}为递增数列，则λ的取值范围为( )
A．(-∞，1) B．(-∞，1]
C．(-∞，1)∪(1，2) D．(-∞，2)
多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9．已知等差数列{an}是递减数列，且a6=-2a3，前n项和为Sn，公差为d，则下列结论正确的有( )
A．d<0
B．a1>0
C．当n=5时，Sn最小
D．当Sn<0时，n的最小值为8
10．已知数列{an}，下列结论正确的有( )
A．若a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，则an=n·2n
B．在数列{an}中，a1=1，且an=2an-1+3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an=2n+1-3
C．若a1=2，an=an-1+(n≥2)，则数列是等比数列
D．已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+n-1，则数列{an}的通项公式为an=2n-n+1
11．数列{an}的前n项的和Sn满足Sn+1+Sn=n(n∈N*)，则下列选项中错误的是( )
A．数列{an+1+an}是常数列
B．若a1<，则{an}是递增数列
C．若a1=-1，则S2 025=1 012
D．若a1=1，则{an}的最小项的值为-1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若数列{an}满足a1=2，an+1=2an+2n+1，则数列{an}的通项公式为an= ．
13．已知数列{an}满足a1=10，an+1=10，则an= ．
14．若在数列{an}中，对任意正整数n，都有+=p(常数)，则称数列{an}为“等方和数列”，称p为“公方和”．若数列{an}为“等方和数列”，其前n项和为Sn，且“公方和”为1，首项a1=1，则S2 024的最大值与最小值之和为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（13分）
已知正项数列{an}满足++…+=，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若cn=，求数列{cn}的前n项和Sn．
16．（15分）
已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求{an}的通项公式；
(3)令bn＝，证明：bn17．（15分）
记Sn为数列{an}的前n项和，已知=an+，a1=2．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn=，求b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1．
18．（17分）
已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
19．（17分）
已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N＋，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)．
(1)求实数λ的值及{an}的通项公式；
(2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N＋)，求数列{bn}的前2n项和．
