数列-四川省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

四川省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----数列 一、单选题 1．（2024·四川凉山·三模）已知是等比数列的前n项和，，，则公比（    ） A． B． C．3或 D．或 2．（2024·四川内江·模拟预测）在数列中，已知，，则它的前30项的和为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·四川攀枝花·三模）数列的前项和为，，，设，则数列的前51项之和为（    ） A． B． C．49 D．149 4．（2024·四川南充·模拟预测）如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，着色的小正方形的个数依次构成一个数列的前4项. 记，则下列结论正确的为（   ） A． B． C． D．与的大小关系不能确定 5．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知首项为1的数列的前项和为，其中，现有以下结论：①；②；③．则正确结论的序号为（    ） A．① B．② C．②③ D．①②③ 6．（2024·四川雅安·三模）在等差数列中，若，则（    ） A．21 B．24 C．27 D．29 7．（2024·四川南充·三模）设为等差数列的前n项和，已知、、成等比数列，，当取得最大值时，（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 8．（2024·四川成都·模拟预测）设公差不为0的无穷等差数列的前项和为，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 9．（2024·四川泸州·三模）记为等差数列的前项和，已知，，则取最小值时，的取值为（    ） A．6 B．7 C．7或8 D．8或9 10．（2024·四川德阳·二模）已知等比数列的前项和为，若，且成等差数列，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．（2024·四川乐山·三模）峨眉山是一个著名的旅游和朝圣地，以其壮丽的自然风光和宗教文化遗址而闻名.其中“九十九道拐”景点约有2000级台阶，某游客一次上1个或2个台阶，设爬上第个台阶的方法数为，给出下列四个结论： ①；②；③；④. 其中所有正确结论的序号是 . 12．（2024·四川雅安·三模）等比数列中，每项均为正数，且，则 . 13．（2024·四川内江·模拟预测）数列满足，，若数列的前项的和为，则的的最小值为 ． 14．（2024·四川成都·模拟预测）数列满足，，则的整数部分是 ． 15．（2024·四川雅安·模拟预测）已知数列满足，，，单调递增，则的取值范围为 . 16．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知数列是公差不为0的等差数列，，且满足成等比数列，则数列前6项的和为 . 17．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知等比数列的前项和为，若，则取最大值时，的值为 ． 18．（2024·四川内江·三模）平面内条直线可以将平面分成若干块区域，记分成的区域数的最大值为，则数列的前项和为 . 19．（2024·四川攀枝花·三模）等差数列的前项和为，则 ． 20．（2024·四川泸州·三模）已知是数列的前项和，，，则 . 三、解答题 21．（2024·四川德阳·模拟预测）已知等差数列的前 项和为，且 (1)求数列的通项公式； (2)设 求数列的前 项和． 22．（2024·四川泸州·二模）已知等差数列的前n项和为． (1)求的通项公式； (2)数列满足为数列的前n项和，求的值. 23．（2024·四川凉山·三模）如图，点均在x轴的正半轴上，，…，分别是以，，…，（）为边长的等边三角形，且顶点均在函数的图象上．    (1)求，，的值，并写出的通项公式（不用证明）； (2)求数列的前n项和． 24．（2024·四川乐山·三模）已知是等差数列的前项和. (1)证明：是等差数列； (2)设为数列的前项和，若，求. 25．（2024·四川达州·二模）等差数列的前项和为，当和5时，取得最大值． (1)求； (2)若为等比数列，，求通项公式． 26．（2024·四川内江·三模）已知等差数列的公差为4，且，，成等比数列，数列的前n项和为，且. (1)求数列、的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 27．（2024·四川德阳·三模）已知是等差数列，是等比数列，且的前项和为，，，在①，②这两个条件中任选其中一个，完成下面问题的解答. (1)求数列和的通项公式； (2)设数列的前项和为，求. 28．（2024·四川内江·模拟预测）已知椭圆，点是椭圆上的动点，是左、右焦点，是的重心，且到点与点的距离之和为． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l过点，与椭圆交于A，B两点．若成等比数列，求的值． 29．（2024·四川成都·模拟预测）已知是等差数列，，且，，成等比数列． (1)求数列的公差； (2)求数列的前项和． 30．（2024·四川自贡·三模）已知数列的前项和为，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)若，，成等比数列，求的最大值． 参考答案 1．D 【分析】利用等比数列通项和前n项和的基本量运算列出方程，求解即得. 【详解】由， 因，代入得，， 即，解得，或. 故选：D. 2．D 【分析】由题意可得，运用数列的恒等式可得，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和． 【详解】解：由， 可得， 所以当时，， 又， 所以， 所以． 故选：D． 3．B 【分析】由与的关系，结合等差数列的通项公式求得，即可得到，再由并项求和法计算可得． 【详解】因为， 当时，， 即， 可得，又，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则， 当时， 所以，当时也成立， 所以， 可得数列的前项之和为． 故选：B． 4．C 【分析】根据图象的规律，归纳各项，通过放缩结合等比数列的求和公式即可求解. 【详解】由图分析可知，， ， ， 依次类推，， 所以 . 故选：. 5．B 【分析】①通过做差，判断差值正负，来判断和得大小关系， ②通过对变形得到，然后求和即可， ③通过得到，然后对进行放缩. 【详解】对①，因为， 所以 所以，即， 故①错误， 对②，由得， 所以， 所以, 因为， 所以， 所以， 所以②正确， 对③，当时，，化简得， 所以当时，，即， 所以， 所以， 所以③错误， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键是通过找到递推关系和①②③的形式之间的关系，通过作差法，裂项，放缩分别判断. 6．A 【分析】由等差中项的性质、以及等差数列基本量的计算得公差，进一步即可得解. 【详解】在等差数列中，若，即 则公差，所以. 故选：A. 7．A 【分析】根据给定条件，求出等差数列的公差及首项，再借助通项公式及前n项和公式求出，进而求得答案. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得， 由、、成等比数列，得，解得， 因此， 则，当且仅当时取等号， 所以. 故选：A 8．C 【分析】根据等差数列的通项以及前项和的函数性质，即可结合充要条件的定义求解. 【详解】因为是公差不为0的无穷等差数列，若“为递减数列”， 可得的通项公式为一次函数且一次性系数小于0，一定存在正整数， 当时,有，故存在，当远远大于时， 时，此时，故充分性成立， 若存在正整数，当时，，故二次函数开口向下， 因此，故为递减数列，故必要性成立. 故选：C． 9．C 【分析】要求取最小值时，先求的通项，由可得，求得，进而求得，根据的正负情况即可得解. 【详解】根据等差数列的性质可得， 所以，所以， 所以，， 当时，， 当时，， 所以当的取值为7或8时，取最小值. 故选：C 10．D 【分析】设等比数列的公比为，根据等差中项的性质得到，即可求出，再根据等比数列求和公式计算可得. 【详解】设等比数列的公比为， 又，，成等差数列，所以， 即，所以，即， 所以. 故选：D 11．①②④ 【分析】根据题意可以得到,再对每一个进行判断即可. 【详解】由于到第级阶梯有两种方法：从第级阶梯上一级台阶或者从第级阶梯上两级台阶， 因此由题意有， 可得 , 当时，,所以②正确; 所以 , 所以①正确, 所以，③错误; ,所以④正确. 故答案为：①②④ 12．4 【分析】根据等比数列性质和对数运算求解即可. 【详解】由题意得. 故答案为：4. 13． 【分析】根据已知条件得，令，通过裂项相消求得，然后代入即可求解. 【详解】数列满足①， 当时，，即， 当时，②， 由②①得， 数列的所有奇数项，， 数列的所有偶数项，， 综上，数列的通项公式为. 记， 所以数列的前项和为： ， 由得，即， 因为,随着的增大而增大， 故当时，刚好满足， 所以,的最小值为. 故答案为：. 14． 【分析】由变形得，进而通过题意累加得，再通过研究值的大小情况即可得解. 【详解】因为，故， 所以，即， 故， 又由得， 即， 又因为，，， 所以， 所以，所以，故的整数部分为1. 故答案为：1. 15． 【分析】根据可得，再结合单调递增以及等比数列定义可求出，则由即可得解. 【详解】因为，所以， 又因为单调递增，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以即， 则的取值范围为， 故答案为：. 16． 【分析】设数列公差为，再根据成等比数列求解可得，进而可得的通项公式求解即可. 【详解】设数列公差为，由成等比数列可得， 即，即，因为公差不为0，故. 故. 故前6项的和为. 故答案为： 17． 【分析】根据求出、、，由等比中项有，进而求得，得到等比数列的首项、公比、通项公式，再结合的单调性，即可求出最大时的值. 【详解】，，， 因为是等比数列，所以，有，， 数列是以为首项，为公比的等比数列，， 数列是递减数列，，， 所以时，最大. 故答案为：. 18． 【分析】归纳得出数列的项之间的规律，累加可求出的表达式，即可得的表达式，利用裂项求和法，即可求得答案. 【详解】一条直线将平面分成2个区域，即， 两条直线最多将平面分为4个区域，即， 三条直线最多将平面分为7个区域，即， 四条直线最多将平面分为11个区域，即， 由此可得规律如下：， 将各式相加得：， 即，也适合， 则， 故， 故的前项和为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是找到数列的项之间的规律，利用累加法求出数列的通项公式. 19．13 【分析】由等差数列的前项和和等差中项的性质求出公差，再由等差数列的通项求出最后结果即可. 【详解】因为为等差数列， 所以， 所以， 所以， 所以， 故答案为：13. 20． 【分析】借助与的关系及累乘法计算即可得. 【详解】当时，，即，， 则，即， 则有，，，， 则， 当时，，符合上式，故. 故答案为：. 21．(1) (2) 【分析】（1）由等差数列的通项公式以及前n项和公式构成方程组即可求得的通项公式； （2）将原式变形为，再利用裂项相消法即可求得答案. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为． 因为，， 所以，化简得， 所以，所以数列的通项公式为； （2）， 整理得， 所以， 整理得. 22．(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列定义根据题意可求得首项和公差，即可得出的通项公式； （2）根据等差数列前项和公式可得，裂项可得，即可求出. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为， 由可得， 解得， 所以； 因此的通项公式为， （2）由（1）可得； 所以， 因此数列的前n项和; 即可得. 23．(1)，，； (2) 【分析】（1）结合图象，通过计算点的坐标，依次求出，推测出数列通项,再运用等差数列的定义证明为等差数列，求出其通项； （2）写出的表达式并化简，运用裂项相消法求和即得. 【详解】（1）第一个等边三角形顶点坐标代入得， 将点坐标代入，解得， 将点坐标代入解得，故推测：. 下面提供证明： 依题意，点，（）在上， 可得，①； 又在上， 可得，②， 由②-①，，因，则得，，（）， 即为首项是，公差是的等差数列，故. （2）由（1）得， 故 ． 24．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，然后由等差数列的定义证明即可； （2）由（1）可知数列是等差数列，由求出其首项和第四项，然后求出公差，利用等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】（1）证明：设等差数列的公差为， ，． ． 是等差数列． （2）， 数列的首项为2，第四项为． 数列的公差． ． 25．(1) (2) 【分析】（1）设出公差，由题目条件得到，求出公差，从而得到； （2）计算出，得到公比，得到通项公式. 【详解】（1）设等差数列公差为，， ，即， ，． （2）由（1）得， ，， 数列公比为， ． 26．(1)， (2) 【分析】（1）由已知结合等比数列的性质求解等差数列的首项，即可求解，由得，两式相减得，再验证，最后利用等比数列的定义求解即可. （2）利用错位相减法求解数列的和即可. 【详解】（1）依题意，设等差数列的首项为，因为，，成等比数列， 所以，又，即，解得， 故， 由已知，故， 两式相减，得， 又，解得，所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故. （2）由（1）得， 故， 则， 两式相减得 ， 故. 27．(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列定义可求得数列的通项公式，利用等比数列定义根据条件①②列方程组解得公比可得数列的通项公式； （2）利用错位相减法求出. 【详解】（1）设等差数列的公差为， ∵，， ∴， ∴. ∴. 设等比数列的公比为， 若选条件①，， 由，且， 得， ∴，解得. 所以是首项为2，公比为2的等比数列. 故. 若选条件②，， 令，得， ∴公比， ∴数列是首项为2，公比为2的等比数列. 从而. （2）因为， 所以， 两式相减，得， 即， 所以. 28．(1) (2) 【分析】（1）根据相关点法计算得出椭圆的方程； （2）根据直线与椭圆相交联立方程组消元利用韦达定理求解，结合若成等比数列，求得直线的斜率，利用余弦定理求解的值． 【详解】（1）由题意可设， 因为到点与点的距离之和为， 所以． 则点的轨迹为实轴长，焦距为的椭圆上，即 因为是的重心，可得点在线段上，且即代入点的轨迹方程可得 则椭圆C的方程为. （2）根据题意可知直线的斜率一定存在， 设直线的方程为，，联立方程组， 消元可得 则 ， 因为成等比数列，所以， 则，代入化简得， （也可用的坐标表示列方程求）， 所以 根据题意可知， ， 余弦定理可得 的值为． 29．(1)或． (2)或． 【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知条件列方程求解； （2）由数列的通项，公式法求前项和. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由，，成等比数列， 有，解得或． （2）由（1）因此数列的通项公式为或． 由于或， 由等比数列前项和公式得或． 30．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据作差得到，结合等差数列的定义证明即可； （2）根据等比中项的性质及等差数列通项公式求出，即可得到的通项公式，结合的单调性及求和公式计算可得. 【详解】（1）数列满足①， 当时，有②， ①②可得：， 即， 变形可得， 故数列是以为等差的等差数列； （2）由（1）可知数列是以为等差的等差数列， 若，，成等比数列，则有， 即，解得， 所以， 所以单调递减，又当时，，当时，，当时，， 故当或时，取得最大值， 且． 学科网（北京）股份有限公司 $$