数列-山东省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

山东省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----数列 一、单选题 1．（2024·山东淄博·二模）已知等比数列则（　　） A．8 B．±8 C．10 D．±10 2．（2024·山东济南·三模）若数列的前项和，则等于（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 3．（2024·山东菏泽·模拟预测）在等差数列中，，则（    ） A．130 B．260 C．320 D．520 4．（2024·山东青岛·二模）一只蜜蜂从蜂房出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推，用表示蜜蜂爬到号蜂房的方法数，则（   ） A．1 B． C．2 D． 5．（2024·山东菏泽·二模）已知是等差数列，，在数列中，若是等比数列，则的值为（    ） A．6072 B． C． D． 6．（2024·山东泰安·模拟预测）在各项均为正数的等比数列中，已知，其前项之积为，且，则取得最大值时，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东日照·三模）设等差数列的前项和为，若，，则（    ） A． B．36 C． D．18 8．（2024·山东济宁·三模）已知数列中，，则（   ） A． B． C．1 D．2 9．（2024·山东济南·三模）已知是等比数列，且，则（    ） A． B． C． D． 10．（2024·山东泰安·三模）已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·山东济南·一模）记等差数列的前n项和为.若，，则（    ） A．49 B．63 C．70 D．126 12．（2024·山东青岛·一模）记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（    ） A．9 B．16 C．25 D．50 二、多选题 13．（2024·山东青岛·三模）若有穷整数数列满足：，且，则称具有性质.则（     ） A．存在具有性质的 B．存在具有性质的 C．若具有性质，则中至少有两项相同 D．存在正整数，使得对任意具有性质的，有中任意两项均不相同 14．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（    ） A．数列有最大项 B．使的项共有项 C．满足的值共有个 D．使取得最小值的值为4 15．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知数列满足，，，则下列结论错误的是（   ） A． B．存在，使得 C． D． 16．（2024·山东济南·二模）数列满足，，，表示落在区间的项数，其中，则（    ） A． B． C． D． 17．（2024·山东济宁·三模）已知数列的前项和为，且满足，数列的前项和为，且满足，则下列说法中正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C．数列是等差数列 D．若，则 18．（2024·山东日照·模拟预测）已知一组数据，，，是公差不为0的等差数列，若去掉数据，则（    ） A．中位数不变 B．平均数不变 C．方差变大 D．方差变小 三、填空题 19．（2024·山东济南·模拟预测）在数列中，且，当时，，则实数的取值范围为 ． 20．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知正项数列的前项和为，且，则的最小值为 ． 21．（2024·山东青岛·三模）已知等差数列的公差，首项 ，是与的等比中项，记 为数列的前项和，则 22．（2024·山东潍坊·三模）已知关于 的方程 的所有正实根从小到大排列构成等差数列， 请写出实数 的一个取值为 23．（2024·山东日照·模拟预测）若函数的四个零点成等差数列，则 ． 24．（2024·山东临沂·二模）根据统计数据，某种植物感染病毒之后，其存活日数X满足：对于任意的，的样本在的样本里的数量占比与的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于，即，则 ，设，的前n项和为，则 . 四、解答题 25．（2024·山东淄博·二模）定义：给定一个正整数m，把它叫做模．如果用m去除任意的两个整数a与b所得的余数相同，我们就说a，b对模m同余，记作．如果余数不同，我们就说a，b对模m不同余，记作． 设集合． (1)求； (2)①将集合A中的元素按从小到大顺序排列后构成数列，并构造， ②将集合B中的元素按从小到大顺序排列后构成数列，并构． 请从①②中选择一个，若选择_____． 证明：数列单调递增，且有界（即存在实数M，使得数列中所有的项都不超过M）． 注：若①②都作答，按第一个计分． 26．（2024·山东济南·三模）已知等比数列的各项皆为正数，且. (1)求数列的通项公式; (2)求的值. 27．（2024·山东青岛·二模）已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，若，求的最小值. 28．（2024·山东烟台·三模）在数列中，已知，. (1)求数列的通项公式； (2)若，为数列的前n项和，证明：. 29．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”. (1)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由. (2)设数列的前项和为， （i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值； （ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立. 30．（2024·山东潍坊·三模）已知正项等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)若求数列的前项和. 31．（2024·山东济宁·三模）已知. (1)判断在上的单调性； (2)已知正项数列满足. （i）证明:； （ii）若的前项和为，证明:. 参考答案： 1．A 【分析】运用等比中项，结合等比数列通项公式即可解决. 【详解】根据等比中项知道，求得，则. 又，则. 故选：A. 2．C 【分析】根据与关系求解即可. 【详解】. 故选：C. 3．B 【分析】根据等差数列前n项和公式计算即可. 【详解】根据等差数列求和. 故选：B. 4．A 【分析】由题意可得，则可推出，所以数列是等比数列，即可求得答案. 【详解】依题意，（），， 当时， ，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以. 故选：A. 5．C 【分析】求出公差，得，求出公比，得，即可求． 【详解】设的公差为的公比为， 则由题意可得，，即，解得， 所以 根据已知又有：， 则，得， 所以，进而， 故. 故选：C. 6．A 【分析】由已知可得，进而可得，可得等比数列是递减数列，且，可求取得最大值时的值． 【详解】由，得， ， 则，由于，得， 所以等比数列是递减数列，故，则取得最大值时． 故选：A． 7．B 【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解. 【详解】解：， 故选：B. 8．C 【分析】利用数列的递推公式求出数列的周期，即可求解. 【详解】由，得 ， ， ， ， ， ， 则是以6为周期的周期数列， 所以. 故选：C 9．C 【分析】设等比数列的公比为，利用条件，得到，再由，得，即可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为，因为，所以， 得到，所以，由，得到， 所以， 故选：C. 10．D 【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，进而求得答案. 【详解】设的公差为，因为，， 可得 ，解得，所以， 可得， 所以当时，取得最小值. 故选：D. 11．B 【分析】利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得. 【详解】因是等差数列，故，于是 故选：B 12．C 【分析】根据等差数列的求和公式计算可得，利用基本不等式计算即可得出结果. 【详解】∵， 又∵， ∴，当且仅当时，取“=” ∴的最大值为25. 故选：C 13．ACD 【分析】对A、D：举出符合题意的例子即可得；对B：根据所给定义，借助反证法设，，，中有个，个，从而有，推出矛盾；对C：，，，，中的最大值为，则存在，使得或，若存在，使，先证：，，，可以取遍到之间所有的整数，再对分类讨论，即可得证； 【详解】对A：取数列，易得其满足题意，此时该数列具有性质，故A正确； 对B：假设存在数列具有性质，则， 且， 设中有个，则有个， 则有 ，即， 其与为整数矛盾，故假设错误，故B错误； 对C：设，，，，中的最大值为， 则存在，使得或， 若存在，使，下证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 假设存在正整数使得，，，中各项均不为， 令集合，设是集合中元素的最大值， 则有， 这与矛盾， 所以，，，可以取遍到之间所有的整数， 若，则，，，，的取值只能为，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，的取值只能为，，中的数， 此时，，，，中必有两项相同， 若，则，，，，中一定有异于和的正整数， 再由，，，可以取遍到之间所有的整数， 所以，，，，中必有两项相同， 当，同理可证：，，，可以取遍到之间所有的整数， 从而，，，，中必有两项相同，故C正确； 对D：取数列，此时该数列具有性质， 且中任意两项均不相同，即存在，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题关键是对“性质”的定义的理解，灵活利用反证法是解答的关键. 14．AC 【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A，根据通项公式由整除可判断B，根据项的正负及不等式判断C，根据数列项的符号判断D. 【详解】对于A：因为，所以， 令，即，解得，又，所以当时，则当或时，，令，解得，所以，，所以数列有最大项，故A正确； 对于B：由，则又，所以或或或或，所以使的项共有项． 故B不正确； 对于C：要使，又，所以、、中有个为负值或个为负值，所以或，故满足的的值共有2个，故C正确； 对于D：因为时，时，所以当时取得最小值，故 D不正确． 故选：AC． 15．BD 【分析】根据递推公式分别求出和可判断A；将两边同时取倒数后配方，再适当放缩可得到，即可判断B；根据，再利用累加法可判断C；根据，再利用累乘法可求出即可判断D. 【详解】，，易知，， 对于A， ，，故A正确； 对于B，，， ，两边开方得，故B错误； 对于C，由B知，，即， 当时， ， ，， 即，当且仅当时等号成立， ，故C正确； 对于D，由C知，，即，当且仅当时等号成立， 当时， ， ，故D错误. 故选：BD. 16．BC 【分析】由已知列出数列的部分项，得出数列的通项，根据数列的基本性质以及错位相减、裂项相消法求和，再逐一判断各选项即可. 【详解】根据题意，列举可得，数列的前若干项分别为1，2，3，3，4，5，6，6，…. 不难发现，. 对于A，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，16，17，18，18…. 即落在区间上的有8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，共有11项，因此，故A错误. 对于B，当时，； 当时，； 当时，； 当时，， 所以它们均在中，故B正确. 对于C， ，故C正确. 对于D，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，16，17，18，18….，可得， 所以当时，， 而当时，，所以此时不成立，故D错误. 故选:BC. 【点睛】关键点点睛：关于分奇偶列项法求和，主要是对通项做好裂项变形，拆分成合适的项进行消项，如本题中，灵活性比较强.本题属于难题，考察基本数列、数列的基本性质. 17．BC 【分析】由数列的前项和为求出判断B；由递推公式探讨数列的特性判断C；求出判断A；由求出，再利用裂求和法求解即得. 【详解】由，得，， 当时，，满足上式，因此， 数列是等比数列，B正确； 由，得，，解得，，A错误； 当时，，两式相减得， 于是，两式相加得， 整理得，因此数列是等差数列，C正确； 当时，等差数列的公差为1，通项，， 所以，D错误. 故选：BC 18．ABC 【分析】由中位数的概念可判断A，根据平均数的概念结合等差数列的性质判断B，由方差计算公式即可判断CD． 【详解】对于A，原数据的中位数为，去掉后的中位数为，即中位数没变，故A正确； 对于B，原数据的平均数为， 去掉后的平均数为，即平均数不变，故B正确； 对于C，则原数据的方差为， 去掉后的方差为， 故，即方差变大，故C正确，D错误． 故选：ABC． 19． 【分析】由数列的递推式可得，求和后结合条件可得，求出即可. 【详解】因为，，所以， 当时，，所以，所以， 所以 ， 因为， 所以，所以，解得. 所以实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由数列的递推式可得，然后利用累加法求和求解范围即可. 20． 【分析】根据给定的递推公式探求得数列的周期，再利用周期性及基本不等式求解即得. 【详解】正项数列中，由，得，则， 即数列是以4为周期的周期数列，而，则， 因此， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是求出数列的周期，再借助周期性求前n项和. 21．105 【分析】根据等比中项的性质得到方程，即可求出公差，再根据等差数列求和公式计算可得. 【详解】等差数列中， ，是与的等比中项，设公差为， 所以，即， 解得或（不合题意，舍去）； 所以． 故答案为：． 22．（答案不唯一，填写其中一个即可） 【分析】根据三角降幂公式化简，再结合图象求得的取值即可. 【详解】因为， 所以，即， 要想方程所有正实根从小到大排列构成等差数列， 则需要或， 所以. 故答案为：（答案不唯一，填写其中一个即可）. 23． 【详解】根据给定条件，求出函数的4个零点，再借助对称性及等差中项列式求解即得. 【点睛】由，得，由函数有4个零点，得， 即有或，则的4个零点从小到大依次为， 依题意，，即，解得， 所以. 故答案为： 24． 【分析】根据条件概率的计算以及递推法可得，根据等比数列的定义可得，即可求解空1，根据错位相减法即可求解空2． 【详解】， 因为， 所以，将换成，此时， 两式相减可得， 即，又， 所以对任意都成立， 此时是首项为，公比为的等比数列， 所以，故 ， ， ， 两式作差得 ， 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：根据，即可利用数列的递推关系求解是首项为，公比为的等比数列，，利用错位相减法即可求解和. 25．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知定义求出集合，然后结合集合交集运算即可解题； （2）结合所选条件，先求出，在适当放缩后，用等差等比数列，以及求和计算，然后结合单调性以及二项式定理即可判断. 【详解】（1）当成立时，则能被整除，得， 即， 当成立时，则能被整除，得， 即，则， 显然集合为全体正偶数组成的集合，集合中所有的元素都是奇数， 所以. （2）若选择①， 将集合中的元素按从小到大排列构成的数列为等差数列，其通项公式为：   设，， 由二项式定理得： ； ； 显然， 所以数列为单调递增数列， 同时， 当时， ， 则， 且， 所以数列有界； 若选择②， 将集合中的元素按从小到大排列构成的数列为等比数列，其通项公式为   设， 显然， 所以数列单调递增， 其中， ， 所以， 所以数列有界. 【点睛】知识点点睛：本题以新定义为载体，主要考查集合交集运算，二项式定理，等差等比数列通项应用和求和方法，还考查了数列与函数单调性综合应用，属于难题. 26．(1) (2)4750 【分析】（1）根据题意列出方程，求出首项和公比即可； （2）先对式子进行化简，再用等差数列的求和公式求和即可. 【详解】（1）因为数列为全为正数的等比数列，且 则有因此   所以 所以 （2） =4750 27．(1)； (2)5. 【分析】（1）根据给定的递推公式，按奇偶分别求出通项即可. （2）由（1）的结论，利用等比数列前项和公式求出，再借助单调性求解即得. 【详解】（1）数列中，，，当时，， 则，由，得， 当为正奇数时，数列是首项为3，公差为4的等差数列， 则，即， 当为偶奇数时，数列是首项为5，公差为4的等差数列， 则，即，即， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，显然数列是首项为，公比的等比数列， 则，由，得，整理得， 而数列是递增数列，，因此， 所以的最小值为5. 28．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）构造等比数列数列即可求得通项公式； （2）代入（1）中的通项公式可得，再根据，结合累加求和证明即可. 【详解】（1）由可得，则，即， 故是以为首项，为公比的等比数列. 故，则，. （2）. 易得，故. 又， 故 . 综上有，即得证. 29．(1)存在，理由见解析 (2)（i）0；（ii）证明见解析 【分析】（1）由已知可得可得由定义可得结论； （2）当时，，（i）由已知可得存在正整数使得成立，当时，可求得，当时，可得，方程无解，可得结论； （ii）法一：当时，易得，计算可得，由（1）可得，，利用错位相减法可得，可证结论成立；法二：同法一可得，，两边同乘以，可求得，可证结论. 【详解】（1）存在，理由如下： 由已知得，，， 即 对，当正整数时，存在，使得成立， 即数列为“阶可分拆数列”； （2）， 当时，， 当时，， （i）若数列为“阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立， 当时，，即，解得， 当时，，即， 因，所以，又， 故方程无解. 综上所述，符合条件的实数a的值为. （ii）方法一： 证明：， 当时，， ， ， 由（i）知，所以， ①， ②， 由①-②可得 ， ， ， ， 当且时， 成立. 方法二： 证明：， 当时，， ， ， 由（i）知，所以， ①， ②， ③， 由①②③可得 ， ， 当且时， 成立. 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，以及错位相减法在数列求和中的应用.. 30．(1) (2) 【分析】（1）根据成等比数列求得，即可求得的通项公式. （2）根据的通项公式求得，分奇偶项分别求出再求和，即可求得的前项和. 【详解】（1）因为， 所以，即，解得或， 又因为，所以，所以. （2），所以， 所以 ， ， 所以前项和. 31．(1)单调递减； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再判断时，导数值的正负即可得解. （2）（i）利用（1）的结论，结合分析法可得，再利用分析法推理，构造函数借助导数确定单调性即可得；（ii）利用（i）的结论，借助放缩法及等比数列求和即得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，则，即 所以在上单调递减. （2）（i）首先证明:，即证明，即证明，即证明， 由及（1）知，， 所以； 要证明，即证，只需证， 而，则只需证，， 令，则，由，知，则， 只需证，即证， 令，求导得， 于是函数在上单调递减，，即，因此， 所以. （ii）由（i）可知， ， 则当且时，， 当时，，所以. 【点睛】思路点睛：数列是一类特殊的函数某些数列问题，，准确构造相应的函数，借助函数导数研究其单调性是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件. 学科网（北京）股份有限公司 $$