2024年全国一卷新高考数学题型细分S2-4——数列 单选填空2

2024年全国一卷新高考题型细分S2-4 ——数列——单选填空2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《数列——单选填空》题目具体题型有：等差计算，等比计算，等差等比混合，Sn型类似Sn型，列举赋值，构造，奇偶项分析，单调性分析，分组求和，裂项求和，错位相减法求和，首尾相加求和，累加法，累乘法，拓展，中档等，大概170道题。 数列——等比： 1. （2024年鲁J05日照一模）2. 已知数列是公比为2的等比数列，且，则等于（ [endnoteRef:2] ） A. 24 B. 48 C. 72 D. 96 [2: 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列通项公式的性质得出结果. 【详解】因为数列是公比为2的等比数列，且， 所以， 故选：B. ] 2. （2024年湘J03长沙一中）3. 已知正项等比数列的前n项和为．若，则（ [endnoteRef:3] ） A. B. C. D. [3: 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式与求和公式计算即可. 【详解】设正项等比数列的公比为q（）． ∵，∴． ∵，∴，故，解得（舍负值）， ∴， ∴，∴． 故选：A． ] 3. （2024年鲁J04青岛一适）1. 等比数列中，，，则（ [endnoteRef:4] ） A. 32 B. 24 C. 20 D. 16 [4: 【答案】A 【解析】 【分析】利用已知求出首项和公比,再求. 【详解】由题得 所以. 故选：A. ] 4. （2024年湘J41永州三模）3．已知非零数列满足，则（[endnoteRef:5]    ） A．8 B．16 C．32 D．64 [5: 3．D 【分析】根据题意，由条件可得，再由等比数列的定义即可得到结果. 【详解】由可得，则. 故选：D ] 5. （2024年粤J42江门一模，鲁J23泰安新泰一中）3. 已知是等比数列，，且，是方程两根，则（ [endnoteRef:6] ） A. B. C. D. [6: 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列下标和性质计算可得. 【详解】在是等比数列，，，又，所以， 又，是方程两根， 所以. 故选：C ] 6. （2024年鲁J30泰安二模）3．设等比数列的前项和为，若，则公比为（  [endnoteRef:7]  ） A．1或5 B．5 C．1或 D．5或 [7: 3．D 【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和公式，采用基本量思想进行计算即可. 【详解】由得，， 所以，即， 所以，所以或 . 故选：D. ] 7. （2024年浙J36名校联盟三联考）4．设 为等比数列 的前 项和，已知 ，则公比 （[endnoteRef:8]    ） A．2 B．-2 C． D． [8: 4．A 【分析】根据数列的前项和与的关系，两式相减，即可求解. 【详解】由已知，，两式相减得， ，即，即. 故选：A ] 8. （2024年鄂J02八市联考）13. 设等比数列的前项和为，若，则公比的取值范围为_[endnoteRef:9]_____． [9: 【答案】 【解析】 【分析】由可得，，讨论或，即可得出答案. 【详解】由 ， 因为，所以由， 可得， 由可得， 即， 即， 即，即， 则，因为 若，则，解得：， 若，则，解得：， 所以公比的取值范围为：. 故答案为：. ] 9. （2024年粤J29珠海一中）5．某公司为激励创新，计划遂年加大研发资金投入.若该公司2020年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长，则该公司年投入研发资金开始超过200万元的年份是（[endnoteRef:10]    ）（参考数据：） A．2024年 B．2025年 C．2026年 D．2027年 [10: 【答案】A 【分析】根据指数函数模型列不等式，利用对数的运算性质即可求解． 【详解】设在2020年后第年超过200万，则，则，两边取对， 即，则，可得，第年满足题意，即为2024年. 故选：A. ] 10. （2024年苏J06三市调研）6. 设数列满足，且，则（[endnoteRef:11] ） A. 1 B. C. 10 D. 100 [11: 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件可知为等比数列，再根据等比数列的通项公式基本量的计算即可求解. 【详解】依题意，则， 故是以10为公比的等比数列， 所以 所以. 故选：B. ] 11. （2024年粤J03佛山一中二调）5. 如图，正方形的边长为2，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则从正方形开始，连续个正方形面积之和不可能是（ [endnoteRef:12] ） A. B. C. D. [12: 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意面积可构成等比数列，利用等比数列求和公式求和，分别检验选项即可. 【详解】由题意，第一个正方形边长为2，面积为4， 第二个正方形边长为，面积为2， 第三个正方形边长为，面积为1， 第四个正方形边长为，面积为， 所以正方形的面积构成以为首项，为公比的等比数列， 所以连续个正方形面积之和为， 当时，，当时，，当时，， 当时，无正整数解. 故选：B ] 12. （2024年湘J26衡阳八中）4. 在数列中，已知，，则的前11项的和为（ [endnoteRef:13] ） A. 2045 B. 2046 C. 4093 D. 4094（等比分组求和） [13: 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再利用并项求和法，即可计算得解. 【详解】由，得，而，解得， 所以的前11项的和 . 故选：C ] 13. （2024年浙J35金华义乌三模）2．已知是等比数列，若，，则的值为（[endnoteRef:14]    ） A．9 B． C． D．81 [14: 2．A 【分析】根据等比中项的性质即可得到答案. 【详解】由题得，而，则， 故选：A. ] 14. （2024年冀J30保定二模）13．在等比数列中，，则 [endnoteRef:15] ． [15: 13． 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质，结合通项公式求解即得. 【详解】设等比数列的公比为，由，得， 由，得， 所以. 故答案为： ] 15. （2024年湘J48长沙长郡四适）5．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则的值为（  [endnoteRef:16]  ） A．4 B． C．2 D． [16: 5．A 【分析】设出公比根据题干条件列出方程，求出公比，从而利用等比数列通项的基本量计算求出答案. 【详解】设数列的公比为， 则，得， 解得或（舍）， 所以. 故选：A. ] 16. （2024年闽J24漳州四检）6．已知数列是公比不为1的正项等比数列，则是成立的（   [endnoteRef:17] ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 [17: 6．A 【分析】利用下标和性质判断充分性，根据通项公式化简可判断必要性. 【详解】由下标和性质可知，若，则； 记数列是公比为，若，则，即， 因为数列是公比不为1的正项等比数列，所以，得. 综上，则是成立的充要条件. 故选：A ] 17. （2024年浙J09温州中学一模）5. 已知等比数列的首项，公比为q，记（），则“”是“数列为递减数列”的（[endnoteRef:18] ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 [18: 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、充分性和必要性的定义进行判断即可. 【详解】由题意，， ， 当时，对于不一定恒成立，例如； 当为递减数列时，且对于恒成立， 又因为，所以得， 因此“”是“数列为递减数列”必要不充分条件， 故选：C. ] 18. （2024年粤J139深圳外国语九模）6．已知等比数列公比为，前项和为，且满足，则下列说法正确的是（   [endnoteRef:19] ） A． B． C． D． [19: 6．D 【分析】根据求出，再根据等比数列求和公式计算可得. 【详解】等比数列中，又，可得，解得，故C错误； 又，，故D正确； 又，，所以，故B错误； 又，，， 故不成立，故A错误． 故选：D． ] 19. （2024年粤J124广州天河三模）3．等比数列满足，，则（    [endnoteRef:20]） A． B． C．1 D．2 [20: 3．B 【分析】由已知结合等比数列的性质及通项公式可求公比及首项，进而可求. 【详解】依题意有， . 故选：B ] 20. （2024年粤J136茂名高州一模）13．有一座六层高的商场，若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍，一共开了1890盏，则底层所开灯的数量为 [endnoteRef:21] 盏. [21: 13．30 【分析】根据给定条件，构造等比数列，再利用等比数列列n项和公式计算即得. 【详解】依题意，从下往上每层灯的数据构成等比数列，公比，，前6项和， 于是，解得， 所以底层所开灯的数量为30盏. 故答案为：30 ] 21. （2024年粤J133江门开平忠源）3．已知各项均为正数的等比数列中，若， 则＝（ [endnoteRef:22] ） A．3 B．4 C．8 D．9 [22: 3．B 【分析】利用等比数列的性质可得，可求结论. 【详解】由各项为正数的等比数列，且， 可得，所以. 故选：B. ] 22. （2024年湘J45长沙一中一模）13．已知数列为正项等比数列，且，则的最小值为[endnoteRef:23] .（中下） [23: 13．12 【分析】利用等比数列性质得，结合已知得，利用基本不等式求解即可. 【详解】由于数列为正项等比数列，所以， 因此， 当且仅当即时，等号成立，故的最小值为12. 故答案为：12 ] 23. （2024年浙J04温州一适）7. 已知为等比数列，则“”是“，是任意正整数”的（ [endnoteRef:24] ） A. 充分条件但不是必要条件 B. 必要条件但不是充分条件 C. 充要条件 D. 既不是充分条件也不是必要条件（中下） [24: 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，由递推公式可得出结论. 【详解】因为为等比数列，则 若，则，则 所以，是的充分条件； 又根据已知可知， 约去可得 因为为等比数列，所以， 所以， 所以当为等比数列时，是的充分条件； 故选：C ] 24. （2024年鲁J07淄博一模）12. 已知等比数列共有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则公比q=__[endnoteRef:25]________. [25: 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，借助等比数列定义求解即得. 【详解】依题意，，即， 而，所以. 故答案为：2 ] 25. （2024年苏J01高邮一模）5. 设各项均不相等的等比数列的前n项和为，若，则公比（ [endnoteRef:26] ） A. B. C. D. [26: 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可求出，即，再结合，列出相关方程组，从而可求解. 【详解】由数列为各项均不相等的等比数列，设公比为， 由，得，又因为， 当时，则，化简得，解得，或（舍）； 当，则，化简得，因， 所以无解； 综上可得，故C正确. 故选：C. ] 26. （2024年冀J11衡水一模）4. 在等比数列中，若为一确定的常数，记数列的前项积为.则下列各数为常数的是（ [endnoteRef:27] ） A. B. C. D. [27: 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件判断出为确定常数，再由此确定正确答案. 【详解】设等比数列的公比为， 依题意，为确定常数，即为确定常数. 不符合题意； 不符合题意； 不符合题意； 为确定常数，符合题意. 故选：D ] 27. （2024年粤J112广州综合）3. 记为等比数列的前项和，若，则（ [endnoteRef:28] ） A. B. C. D. [28: 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得，进而根据求和公式即可化简求解. 【详解】根据题意，设等比数列的公比为， 若，即， 故． 故选：C． ] 28. （2024年浙J32北斗星盟联考）4．已知数列满足，则“为等比数列”是“（，）”的（ [endnoteRef:29]   ） A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件 C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件 [29: 4．B 【分析】根据等比数列的定义、通项公式及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若为等比数列，则， 所以，， 当时，故充分性不成立； 若（，），不妨令，则，又， 所以，即，所以为公比为的等比数列，故必要性成立； 故“为等比数列”是“（，）”的必要不充分条件. 故选：B ] 29. （2024年粤J04顺德二检）5. 二手汽车价位受多方因素影响，交易市场常用年限折旧法计算车价位，即按照同款新车裸车价格，第一年汽车贬值30%，从第二年开始每年贬值10%，刚参加工作的小明打算用7万元入手一辆3～5年的二手车，根据年限折旧法，设小明可以考虑的同款新车裸车最高价位是万，则（ [endnoteRef:30] ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 [30: 【答案】B 【解析】 【分析】依据贬值规律，根据等比数列性质列不等式即可解得. 【详解】根据题意可知，列不等式， 即， 又，可得. 故选：B ] 数列——等差等比混合： 30. （2024年鲁J31威海二模）4．已知正项等比数列中，，且，，成等差数列，则=（   [endnoteRef:31] ） A．2 B．3 C．4 D．6 [31: 4．A 【分析】由等差中项的性质可得，再由等比数列的性质可得，即可得出答案. 【详解】因为，，成等差数列， 所以，因为是正项等比数列，且， ，所以，解得：或（舍去）， 所以. 故选：A. ] 31. （2024年鄂J23荆州四适）13．若实数成等差数列，成等比数列，则= [endnoteRef:32] . [32: 13． 【分析】根据等差数列的公差计算求出，再根据等比中项求出即可. 【详解】实数成等差数列，则等差数列的公差为， 成等比数列，则， 由于等比数列奇数项同号，所以，所以，则. 故答案为：. ] 32. （2024年鲁J43日照二模）5．已知数列各项均为正数，首项，且数列是以为公差的等差数列，则（[endnoteRef:33]    ） A． B． C．1 D．9 [33: 5．A 【分析】由已知结合等差数列的通项公式即可求解. 【详解】因为数列各项均为正数，首项，则， 又数列是以为公差的等差数列， 则，故 故选：A ] 33. （2024年苏J08宿迁调研）5. 设是等比数列的前项和，若成等差数列，，则的值为（[endnoteRef:34] ） A. B. C. D. 1 [34: 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：根据等比数列的性质判断；解法二：根据等比数列的基本量运算；解法三：利用二级结论求解. 【详解】解法一：性质+特值. ，排除C，D； 当时，，矛盾， 所以，所以，故排除A， 对B：时，由得， 此时 ， ， 所以成立. 故选：B． 解法二：基本量运算. 当时，，矛盾， 所以， 当时，则 ，. 故选：B． 解法三：二级结论. ， 由，则， 又， 则或， 当时，，无解，故舍去. 所以. 故选：B． ] 34. （2024年闽J04漳州三检，末）8. 将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（ [endnoteRef:35] ） A. B. C. D. [35: 【答案】C 【解析】 【分析】经检验，数列中的奇数项都是数列中的项，观察归纳可得. 【详解】数列中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，， 经检验，数列中的奇数项都是数列中的项， 即2，8，32，128，可以写成的形式，观察归纳可得， 所以， 故选：C． ] 35. （2024年冀J16邯郸三调）5. 已知等比数列的各项互不相等，且，，成等差数列，则（[endnoteRef:36] ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 [36: 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程求出，即可得解. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，，成等差数列，所以，即， 所以，解得或（舍去）， 所以． 故选：D ] 36. （2024年鄂J05七市调研）6. 已知公差为负数的等差数列的前项和为，若是等比数列，则当取最大值时，（ [endnoteRef:37] ） A. 2或3 B. 2 C. 3 D. 4 [37: 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列的意义列式，用公差表示出，再确定数列的所有非负数项即可得解. 【详解】设等差数列的公差为，由是等比数列， 得，解得，则， 显然等差数列单调递减，当时，，当时，， 所以当取最大值时，. 故选：B ] 37. （2024年鄂J18四月调）3．若1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数列，则的值为（ [endnoteRef:38]   ） A． B． C．1 D． [38: 3．D 【解析】利用等差中项与等比中项的性质求出，从而可得答案. 【详解】因为1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数， 所以， 所以的值为， 故选：D. ] 38. （2024年冀J29邢台二模）3．已知等差数列的首项为1，公差不为0，若，，成等比数列，则的第5项为（[endnoteRef:39]    ） A． B． C．或1 D．或1 [39: 3．B 【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，结合等差数列的通项公式，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，，成等比数列， 所以， 又，所以， 解得或（舍） ， 所以. 故选：B ] 39. （2024年浙J40台州二评）4．已知正项等比数列满足，且，，成等差数列，则数列的前项和为（[endnoteRef:40]    ） A． B． C． D． [40: 4．A 【分析】设正项等比数列的公比为，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程，求出，再由等比数列求和公式计算可得. 【详解】设正项等比数列的公比为， 由，且，，成等差数列， 得，即，即， 解得或（舍去）． ． 故选：A． ] 40. （2024年湘J43长沙一中三模）7．定义：在数列中，，其中d为常数，则称数列为“等比差”数列.已知“等比差”数列中，，，则（  [endnoteRef:41]  ） A．1763 B．1935 C．2125 D．2303 [41: 7．B 【分析】运用累和法和累积法进行求解即可. 【详解】因为数列是“等比差”数列， 所以， 因为，， 所以， 所以有， 累和，得， 因此有， 累积，得， 所以， 故选：B 【点睛】关键点睛：本题的关键是运用累和法和累积法. ] 41. （2024年浙J20丽湖衢二模）5. 已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，－a5成等差数列，则＝（ [endnoteRef:42] ） A. 3 B. 9 C 10 D. 13 [42: 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件可得6a4＝a4(q2－q)，解得q＝3，所求＝，将q＝3代入，可得结果. 【详解】设等比数列{an}的公比为q，因为a6，3a4，－a5成等差数列， 所以6a4＝a6－a5，所以6a4＝a4(q2－q).由题意得a4>0，q>0. 所以q2－q－6＝0，解得q＝3，所以＝＝1＋q2＝10. 故选：C 【点睛】本题考查等差数列和等比数列的性质的应用，属于基础题. ] 42. （2024年浙J12金华一中模拟）12. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则[endnoteRef:43]______． [43: 【答案】 【解析】 【分析】根据等差和等比数列的性质，再结合特殊角的正切值，即可求解. 【详解】由等差数列的性质可知，，即，而， 根据等比数列的性质可知，，则，， 所以. 故答案为： ] 43. （2024年冀J03冀州一调）4. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（ [endnoteRef:44] ） A. 2 B. C. D. [44: 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差、等比数列的性质分析求解. 【详解】由题意可得，解得， 所以. 故选：C. ] 44. （2024年浙J31五校联考）13．已知公差为正数的等差数列的前n项和为，是等比数列，且，，则的最小项是第[endnoteRef:45] 项．（中下） [45: 13．2 【分析】设出公比，公差，首项，依据给定条件得到，进而得到，最后写出，利用二次函数的性质求解即可. 【详解】设的公比为，故， ，可得， 设的首项为，公差为，故得， 化简得，解得，故， 故当最小时，，故得是的最小项，即的最小项是第2项． 故答案为：2 ] 45. （2024年鄂J21黄冈二模）13．已知等差数列的前项和为是等比数列，若，且，则的最小值为 [endnoteRef:46] .（中下） [46: 13．5 【分析】根据题意结合等差数列分析可知，进而可得，再结合等比数列性质可得，即可得结果. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，可知， 且，则，即， 所以； 又因为是等比数列，且，则， 显然，可得， 则，所以最小值为5. 故答案为：5. ] 46. （2024年湘J27长沙一中适应）6. 已知函数（，）的两个零点分别为，，若，，-1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ [endnoteRef:47] ） A. B. C. D. （中下） [47: 【答案】A 【解析】 【分析】由韦达定理可知，，，所以调整顺序后-1，，成等差数列， ，-1，成等比数列，从而列出关系得到，的值，再由韦达定理得的值，再解分式不等式即可得结果. 【详解】由韦达定理可知，，， 所以调整顺序后-1，，成等差数列， ，-1，成等比数列， 所以，，所以，， ，∴，，∴， 解集， 故选：A． ] 47. （2024年粤J26深圳华侨城一模，末）14. 已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为[endnoteRef:48]______.（个人认为题目有问题，中档；） [48: 【答案】 【解析】 【分析】由已知等式可得或，首先求出数列为等差数列或等比数列时正整数的值，然后再讨论为等差和等比交叉数列，要使的值最小，可利用递推关系式所满足的规律进行推导得出结果. 【详解】根据可知或； 当时，数列是以为首项，1为公差的等差数列； 所以， 则，可得； 当时，数列是以为首项，2为公比的等比数列； 所以， 则，解得，不合题意，舍去； 若数列为等差和等比交叉数列，又易知； 若要使的值最小，则，，，，， ，，，，，，， ，，，，，， 此时，即； 故正整数的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式讨论若数列为等差和等比各项交叉所得的数列，若要使的值最小，则需尽可能利用对数列中的项进行缩减，进而利用首项求出的值. ] 48. （2024年粤J19执信冲刺）14. 我国古代数学家沈括，杨辉，朱世杰等研究过二阶等差数列的相关问题．如果，且数列为等差数列，那么数列为二阶等差数列．现有二阶等差数列的前4项依次为1，3，6，10，则该数列的第10项为[endnoteRef:49]__________． [49: 【答案】55 【解析】 【分析】根据二阶等差的定义可得，进而利用累加法即可求解. 【详解】由题意可得 故为等差数列，且公差为，首项为2，所以， 故， 因此 累加可得 所以 故答案为：55 ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$