专题05 数列-学易金卷：2023年高考数学三模试题分项汇编（全国通用）

专题05 数列 一、单选题 1．（上海市浦东新区2023届高三三模数学试题）设等比数列的前项和为，设甲：，乙：是严格增数列，则甲是乙的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】D 【分析】举出反例得到充分性和必要性均不成立. 【详解】不妨设，则，满足， 但是严格减数列，充分性不成立， 当时，是严格增数列，但，必要性不成立， 故甲是乙的既非充分又非必要条件. 故选：D 2．（辽宁省部分重点中学协作体2023届高三下学期4月模拟数学试题）线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如下图所示，若图1中正六边形的边长为1，图中正六边形的个数记为，所有正六边形的周长之和､面积之和分别记为，其中图中每个正六边形的边长是图中每个正六边形边长的，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．存在正数，使得恒成立 D． 【答案】D 【分析】A选项，分析出为公比为7的等比数列，求出；B选项，从图中求出；C选项，分析出为等比数列，公比为，求出通项公式，由数列的单调性分析出答案；D选项，分析出图n中的小正六边形的个数，每个小正六边形的边长，从而求出面积. 【详解】A选项，图1中正六边形的个数为1，图2中正六边形的个数为7， 由题意得为公比为7的等比数列，所以，故，A错误； B选项，由题意知，，，B错误； C选项，为等比数列，公比为，首项为6，故， 因为，所以单调递增，不存在正数，使得恒成立，C错误； D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为个，每个小正六边形的边长为，故每个小正六边形的面积为， 则，D正确. 故选：D 3．（广东省清远市清新区部分学校2023届高三下学期2月联考数学试题）公差不为0的等差数列的前项和为，且，若，，，，依次成等比数列，则（    ） A．81 B．63 C．41 D．32 【答案】C 【分析】由条件求出数列的通项公式，再结合等比数列定义求. 【详解】因为， 所以，故， 设等差数列的公差为，则， 所以， 因为，，，，依次成等比数列，， 所以， 所以， 所以， 故选：C. 4．（湖南省名校教研联盟2023届高三下学期4月联考数学试题）从午夜零时算起，在钟表盘面上分针与时针第次重合时，分针走了，则24小时内（包括第24时）所有这样的之和（    ） A．24 B．300 C．16560 D．18000 【答案】C 【分析】易知分针每分钟转，时针每分钟转，则，有，根据等差数列的定义可知为等差数列，由求得，结合等差数列前n项求和公式计算即可. 【详解】在钟表盘面上，分针每分钟转，时针每分钟转， 即,得， 则数列是以为首项，公差为的等差数列. 由，得，解得， 所以24小时内分针与时针重合22次， . 故选：C. 5．（新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2023届高三三模数学（理）试题）已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（    ） A．第45项 B．第50项 C．第55项 D．第60项 【答案】C 【分析】由等差数列的性质与通项公式求得和公差后得通项公式，再计算即可得． 【详解】是等差数列，则，又， 联立可解得，， ，是第55项． 故选：C． 6．（贵州省凯里市第一中学2023届高三三模数学（理）试题）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设各层球数构成一个数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由等差数列前项和公式求出、，可解问题. 【详解】由题意可知，∴，，． 故选：A 7．（东北三省四市教研联合体2023届高三一模数学试题）已知等比数列的公比为（且），若，则的值为（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】根据等比数列通项的运算性质可求得公比的值. 【详解】已知等比数列的公比为（且），若， 则，所以，解得. 故选：C. 8．（四川省自贡市2023届高三下学期第三次诊断性考试数学（文）试题）等比数列公比为，若，则“数列为递增数列”是“且”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】由等比数列及已知，要为递增数列只需在上恒成立，讨论、、，结合的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案. 【详解】由题设且，要为递增数列，只需在上恒成立， 当，不论取何值，总存在，不满足要求； 当， ，则，不满足要求； ，总存在，不满足要求； 当， ，则，不满足； ，若，，显然，即，不满足； ，则在上恒成立，满足. 所以为递增数列有且. 所以，“数列为递增数列”是“且”的充分不必要条件. 故选：