专题12 数列-2023年新高考数学经典模拟考前定心练（新高考地区专用）

专题12 数列 一、单选题 1．（2023·河北邯郸·统考一模）在等差数列中，“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】当的公差时，由，得m是任意的正整数， 由，得， 则“”是“”的必要不充分条件． 故选:A. 2．（2023·河北石家庄·统考一模）已知数列为各项均为正数的等比数列，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设等比数列的公比为，则，， 整理可得，解得，所以，， 所以，. 故选：B. 3．（2023·福建漳州·统考三模）已知数列为递减的等比数列，，且，，则的公比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】为递减的等比数列，，解得：（舍）或， 的公比. 故选：A. 4．（2023·山东济南·一模）已知等比数列的前n项积为，，公比，则取最大值时n的值为（    ） A．3 B．6 C．4或5 D．6或7 【答案】C 【解析】， 故， 因为，所以或5时，取得最大值. 故选：C 5．（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，则， 所以， 所以. 故选：C. 6．（2023·湖南张家界·统考二模）已知是各项均为正数的等差数列，其公差为，若，，也是等差数列，则其公差为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，，是等差数列， 所以， 所以，即，又，可得， 所以公差. 故选：D. 7．（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. 二、多选题 8．（2023·福建泉州·统考三模）某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（    ） A． B．数列为等比数列 C． D．当时，越大，越小 【答案】ABC 【解析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件， 依题意，，，，， 对于A选项，，A对； 对于B选项，， 所以，，所以，， 又因为，则， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列，B对； 对于C选项，由B选项可知，，则， 当为奇数时，， 当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，. 综上所述，对任意的，，C对； 对于D选项，因为，则数列为摆动数列，D错. 故选：ABC. 9．（2023·福建漳州·统考三模）已知数列，，且满足，，则（    ） A． B．的最大值为 C． D． 【答案】BCD 【解析】对于A，当时，，即，解得：； 当时，，即，解得：； 当时，，即，解得：； ，A错误； 对于B，由得：， 又，，，，， 数列为正项递减数列，，B正确； 对于C，由得：，， ， 数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号）， ，即，，C正确； 对于D，由C知：， ， ，D正确. 故选：BCD. 10．（2023·福建漳州·统考二模）已知数列是首项为的正项等比数列，若A，B，C是直线l上不同的三点，O为平面内任意一点，且，则（    ） A． B．数列的前6项和为 C．数列是递减的等差数列 D．若，则数列的前n项和的最大值为1 【答案】BC 【解析】由题知，，，，三点共线， 则，设公比为，， 由是正项等比数列，解得， ，. 所以，故A错误； 所以，故B正确； 因为， 且， 所以数列是为首项，为公差的递减的等差数列， 故C正确； 又， 所以数列的前n项和为 ，所以越大，数列的前n项和也就越大， 但不可能为，只是无限接近于，故D错误. 故选：BC 11．（2023·山东济南·一模）已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若数列满足，则 【答案】ACD 【解析】A选项，，故， 由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立， 故，A正确；