专题12 数列-学易金卷：2023年高考数学一模试题分项汇编（广东专用）

专题12 数列 一、单选题 1．（2023·广东汕头·统考一模）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（    ） （参考公式：） A．1450 B．1490 C．1540 D．1580 【答案】C 【解析】因为“三角形数”可以写为 所以第层“三角形数”为， 所以层时，垛球的总个数为： ， 所以若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为 . 故选：C. 2．（2023·广东江门·统考一模）已知等差数列（）的前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（    ） A．9 B．10 C．17 D．18 【答案】C 【解析】因为，所以异号， 因为，所以， 又有，所以，即， 因为，， 所以的最大整数n为17. 故选：C 3．（2023·广东深圳·统考一模）将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的， 所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的， 由此可得，第次操作之后所得图形的面积是， 即经过4次操作之后所得图形的面积是. 故选：A 4．（2023·广东梅州·统考一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（    ） A． B． C．. D． 【答案】B 【解析】设，由题意得，第项为， 则时，， 因为，， 所以， 解得， 故选：B 5．（2023·广东佛山·统考一模）已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（    ） A．30 B．10 C．9 D．6 【答案】B 【解析】为正数的等比数列，则，可得， ∵， ∴， 又∵，则，可得， ∴，解得， 故. 故选：B. 6．（2023·广东揭阳·校考模拟预测）等差数列满足：，且它的前项和有最大值，则（    ） A．是中最大值，且使的的最大值为2019 B．是中最大值，且使的的最大值为2020 C．是中最大值，且使的的最大值为4039 D．是中最大值，且使的的最大值为4040 【答案】C 【解析】由及有最大值可知，且，∴最大； 又，， ∴使的n的最大值为4039  . 故选：C 7．（2023·广东揭阳·校考模拟预测）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2022这2021个整数中能被4除2且被6除余2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．165 B．166 C．169 D．170 【答案】C 【解析】设所求数列为，由题意可知， 所以， 令，即，解得， 所以满足的正整数的个数为，所以该数列共有项． 故选：C． 8．（2023·广东揭阳·校考模拟预测）已知正项等比数列中，，，数列的前项和为，则（    ） A． B． C．或 D． 【答案】D 【解析】设等比数列的公比为，则 依题意，所以 又，所以 所以 故选：D 9．（2023·广东东莞·校考模拟预测）设为数列的前项和.若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】因为为数列的前项和，且， 所以当时，； 当时，； 所以 充分性：当时，.所以；；.满足，所以充分性满足； 必要性：由可得：，，，符合，但是不能推出.所以必要性不满足. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 10．（2023·广东惠州·统考模拟预测）等差数列中，，是方程的两个根，则的前2022项和为（    ） A．1011 B．2022 C．4044 D．8088 【答案】C 【解析】因为，是方程的两个根，故可得， 又数列是等差数列，故