专题11 数列【创新大课堂系列】高三数学全国名校名卷168优化重组卷

专题11数列 (时间：120分钟分值：150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的 1.(2025·高考全国Ⅱ卷)记Sm为等差数列{am}的前n项和，若S3=6,S5=一5，则S6= A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 2.(2025·天津卷)Sm=-n2十8n,则数列{|am|}的前12项和为 A.112 B.48 C.80 D.64 在 3.将数列{3一1}中与数列{6n十5}相同的项剔除，余下的项按从小到大的顺序排列得到数列{a,},则 数列{an}前10项的和为 A.205 B.234 C.239 D.290 4.在等差数列{anm}中，公差d>0,a1十a5=0,下列说法正确的是 A.ag是a6与a15的等比中项 B.ag是a6与a12的等比中项 C.a6是a3与ag的等比中项 D.a6是a4与ag的等比中项 5.已知a,是各项均为正数的等比数列，且4如124g32成等差数列，则十的值是 a6+a7 A后 B司 C.9 D.16 6.已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an十aw+1}是公比为2的等比数列，则a2o25= A. 2023+1 B.2024+1 C.22023-1 D.22024-1 3 3 3 3 7.已知等比数列{am}的公比为一1，前n项和为Sm.则下列说法中错误的是 A.数列{an}是摆动数列 B.Sn-a11-(-1)-2] 2 C.S,=41-ax+1 D.S10,S20一S10,S30-S20成等比数列 8已知数列{a,的前m项和为S。其中1=1，且S,+1-2S,=2m十1，则三- 智 B器 c器 n需 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 厨 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.(2025·高考全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0,若S3=7,a3=1, 则 1 A.q=2 1 B.as-9 C.S5=8 D.an十Sn=8 10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S23>0,S24<0,则下列结论正确的是 A.数列{an}是递减数列 B.a13>0 C.当S,取得最大值时，n=12 D.|a13|>a12 41 1l.已知数列{am}满足am十1十an=f(n),则下列说法中正确的是 () A.若a1=2,f(n)=2n,则{an}是等差数列 B.若a1=1,f(n)=2n十1，则{am}是等差数列 C.若a1=2,f(n)=4,则{amn}是等比数列 D.若a1=1,(n)=3×2m-1,则{an}是等比数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.(2025·新高考I卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比 数列的公比为 (am十1，n为奇数 13.已知数列{an}的前n项和为Sm,且a1=a2=1,an+2= 则S50=」 (an,n为偶数 知S,工，分别为等差数列，}，地，}的前”项和，宁=十设点A是直线BC外一点 直线BC上一点，且AP=2十aAB+入AC,则实数入的值为 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)记Sn为等比数列{am}的前n项和，已知S6=63,a2一ag=一126，数列bn}是公差为1的等 差数列，且a1b4=a3b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式， (2)求数列}的前n项和T -42 16.15分(2025·新高考【卷)设数列.满足a1=3,号-年干十 (1)证明：{nan}为等差数列； (2)设f(x)=a1x十a2x2+…十amxm,求f(-2). 17.(15分)已知数列{a,}的前n项和为Sm(n∈N*),且满足am十Sm=n十2，若bm=an一1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)c=logbn:dn=cncn+ 一n为奇数， sin bn,n为偶数. (1)试比较d3与d4的大小，并说明理由； (1)若数列d,的前项和为T求证：T<君 -43 18.(17分)在①a1=1,an+1=√Sm+1十√Snm;②2√S,n一1=an这两个条件中，请选择一个合适的条件， 补充在下题横线上（只要求写序号），并解答该题. 已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn,且对任意正整数n,有 (1)求{am}的通项公式； (2)设么：数列私，的前知厦和为工，证明：学T,1. 19.(17分)已知数列{am}满足a1=2,am+1=2am十3·2m+1. 1)证明：数列份}为等差数列： (2)设bn= n十1)a,记数列，}的前n项和为S: 3n-2 (1)求Sn; (i)若Hn∈N*,Sm<m·3m+1成立，求m的取值范围. -44(2)若a⊥b,则a·b=4cosa十3sina=0, 16 9 又sin2a十cos2a=1,所以sin2a=25,cos2a=2 所以b-a+m以品+要-2压 5 又a=(2,3),所以|a=√13， 游以m[(-小+】 1-）+2a1-加6+6 (1-+ 厚-2+5√[-1+利. 所以当t=1时，m取得最小值. 16.解(1)设c=(x,y),由题意知2a十b=(0,2), 因为c∥(2a十b),所以2x=0Xy→x=0, 又因为|c=3=√2+y2,所以y=士3， 所以c=(0,3)或c=(0,-3). (2)由题意a=(1,-2),b=(-2,6), 则a+Ab=(1-2入，-2+6)， 当a与a十b共线时，1×(-2十6入)=-2×(1-2λ)→入=0， 因为a与a十b的夹角为锐角， 所以a·(a十b)=1×(1-2入)-2×(-2+6λ)>0， 解得A<品且0 所以a与a十Ab的夹角为锐角，实数入的取值范国为（一∞，0） 51 （04) 17.解(1)2a-b=(-5,6), ∴(2a-b)⊕b=(2a-b)·b=-5,6)·(3,4=-15+ h 25 25 (2)由3a+b)④(a-2b)=-5→3a+b,(a-2b)-- 3 (a-2b)2 3 1-5a·b5 5-4a·b :a+bb-ab+1-号.a+61-Va+b-年2a 9 -√+言3gma+6b-g治 (a+b)·b 5 3√10 5 3/10 10 故a十b与b夹角的余弦值为3四 10 18.解(1)设Q(m,n),由A(3,3),B(1,5),P(1,2), 则PA=(2,1),BQ=(m-1,n-5), 由四边形APBQ是平行四边形，则PA=BQ, 宁巴子年得子 即点Q的坐标是(3,6). (2)由P(1,2),故直线OP的方程为y=2x,设M(1,21), 则MA=(3-t,3-2t),MB=(1-t,5-2t), 故MA·MB=(3-t)(1-t)+(3-2t)(5-2t)=t2-4t+3+ -16t+15 -52-201+18=5(1-2)2-2≥-2， 故MA·MB∈[-2，+∞) 19.解(1)由已知△ABC中cos2B+cos2C-cos2A=1, Ep 1-2sin2 B++1-2sin2 C-1+2sin2 A=1, 故sim2A=sin2B十sin2C,由正弦定理可得a2=P十c2, 故△ABC是直角三角形，即A=90° (2)由(1)A=90°，所以三角形ABC的三个角都小于120°， 则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC-∠APC=120°， 设PA|=x,|PB|=y,|PC|=,由S△APB+S△即C+S△ =S△ABC, 得…+· 1 √3 2 2 合c=2,整理得xy十十x 8√3 3 则pA.p店+店.P元+p·P元=y ()+g·(-）+·(-) 1×854W 3 3 (3)由(1)知A=90°，故由点P为△ABC的费马点得∠APB ∠BPC=∠APC=120°， PB=mPA PC=n PAPA=m00 则由PB|+|PC=t|PA|得m十n=t: 由余弦定理得|AB|2=x2+n2x2-2m.x2cos120°=(n2+n+ 1).x2, |AC2=x2+n2x2-2n.x2cos120°=(n2+n+1).x2, BC2=m2 x2+n2x2-2mnx2 cos 120=(m2+n2+mn)x2, 故由|AC2+AB2=|BC2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2 =(n2+n2十m)x2, 即m十+2=m,m>0>0,m十+2=mn≤（士）， 当且仅当n=n,结合m十n十2=n,解得n=n=1十√5时，等号 成立， 又m+n=t,即有2一41-8≥0，解得t≥2+2√5或t2-2√5（舍 去)， 故实数t的最小值为2+2√3， 专题11数列 设等差数列{au}的公差为d,则由题可得 ∫3a1+3d=6 所以S6=6a1+15dl=6×5+15×(-3)=-15.故选B :2.C周为348所以当m=1时a一5十8 7,当n≥2时，an=Sn-Sa-1=(-2+8n)-[-(n-1)2+8(n 1)]=一21十9，经检验，a1=7满足上式，所以an=一21十9(n N*),令an=-21十9≥0→1≤4，an= -21十9≤0→n≥5，设数列 an}的前n项和为Ta,则数列{|an|}的前4项和为T4=S4= -42十8×4=16，数列{lan1}的前12项和为T2m=|a1|十|a2|十 …+|a12=a1+a2+a3十a4一a5-a6- 一a12=2S4-S12=2× 16-(-122+8×12)=80.故选C. B :3.C 设数列{3n一1}中第i项与数列{61十5}中第j项相同，则3i 1=6j十5，所以i=2j十2，即数列{3n一1}中的第4项，第6项，第8 项，…是相同的，均被别除.所以数列{an}的前10项为：2,5,8,14， 20,26,32,38,44,50.所以数列(an}前10项的和为5十2+50×9 239. 故选C. 4.A因为a1十a5=a1十a1十4d=0,得到a1=-2d,所以an=a1十 (n-1)d=(n-3)d,对于选项A,因为a6=3d,ag=6d,a15=12d 又d>0,所以-5=2，则a6aa15构成等比数列，故选项A a6 ag 正确；对于选项B,因为a6=3d,ag=6d,a12=9d,又d>0,但a9≠ 2,所以选项B错误；对于选项C,因为ag=0,6=3d,ag=6d,所 ag 以ag,a6,ag不构成等比数列，故选项C错误；对于选项D,因为 a4=d,a6=3d,a=6d,又d>0,但≠，所以选项D错误.故 ; 选A 2 5.A设正项等比数列{an}的公比为g(9>0),由4a1,立a3,3a2成 : 等差数列，可得2×2a3=4a1+3a2,即a192=4a1+3a19,所以 9=4+3g,解得q=-1(合去)或g=4,所以4十@ a4十a5 a6十a7a4g2+a5g = g16故选A 6.D由已知a1十a2=1,数列{an十a+1}是公比为2的等比数列， ! 所以an十an+1=20-1,n≥2时，an-1十an=2”-2.两式相减得 ; aa+1-an-1=2n-2,所以a225=a1+(ag-a1)+(a-ag)十…+ （a205-a2023)=0+20+22+…+22022=1-4102_2024-1 1-4 3 故选D. 193 7.D对于A,:等比数列{an}的公比为一1，∴am=(-1)”-1a1,:13.350若n为奇数时an+2一au=1,且a1=1,即首项、公差均为1 数列(@，}是摆动数列，故A错误：对于B,S,=11（-1)]_ 1-(-1) 的等差数到，则a=1十(”史-1）×1="士，若n为偶数时 2 a1[1-（-1)]_a[1-（-1)],故B正确：对于C,S= an+2=an=…=a2=1,所以S50=(a1十a3十…十a49)十(a2十a4 2 2 十…十a50)= 25X(1+252+25×1=350.故答案为：350. -a(-》-a=a山，故C正痛：对于D,:公比为-1,4一费六-n干 1-(-1) 2 21S-3+2)(k≠0)，不坊设Sn=(3n十2)n,T.= .S10=S20=S0=0,无法构成等比数列，故D错误.故选D. (n十5nk,周为P,B.C三点共线，所以4+A-1,所以号 .2a4 8.C因为Sn+1-2Sn=2n+1,所以Sa+1+2(n+1)+3=2(Sm+2n b 十3)，所以数列{Sn十2十3}是首项为6，公比为2的等比数列，所 a十a虹X7 2 4S,+2+3=6X20,即5。=3×2-2m-3所以-93 2a4 十λ=1,02b。+661十b×5 产×号 -故选C 2 7k(21+22×5-23, 9.AD对于A,由题意得@g=1 a十a19十a1g2=7结合g>0,解得 5k(20+5) X号-器所以号+费+=1d=器故答案 21 41=9 为：一25 1或{ 1(舍去)，故A正确：对于B,则a=a1g=4X:15.解(1)设等比数列(@}的公比为q,由a2-a8=-126,可 g=219=-3 得q≠1， 1 e11-g2-63 (侵)=十故B错误：对于CS,-112)- 4×1-32) 因为S6=63,a2-a8=-126,可得 1-9 1-9 (a2(1-g)--126 1一2 1 1 1 -头，故C错裙：对于D,@,-4×(合）-2,5- 整理得g2-q-2=0,解得q=2或9=-1， 当9=一1时，S6=0,不合题意，含去； -(] 当9=2，可得a1-1,所以数列{an}的通项公式为an=2”-1, 则a3=4. =8-2+3,则an十Sm=23-n十8-23-n=8, 又由a1b4=a3b1,且数列{bn}是公差为1的等差数列， 1一2 可得b1=4b1,即b1+3=4b1,解得b1=1, 故D正确.故选AD 所以故数列{bn}}的通项公式为bn=1十(n一1)=n. 10.ACD对于ABD遮项，设{a,}的公差为d,S-23(a,a） 2)由(D如0=26。=，可得。-2”一，肉为数列色}的 2 lans 23X2a2=23a12>0,故ae>0,S24- 24(a1+a24) 前n项和为Tm, 2 2 可得工，=六+号++…+ 24(a12+aB）-12(a2十a13)<0,故a2十a13<0.所以a1s<0, .2 3 2 则号-++是+…+ 由于-a13>a12>0,故|a13|>|a12|,d=a13-a12<0,即{an} 是递减数列，A正确，B错误，D正确：C选项，由于{n}是递减数 两式相成，可得工。-1十十十 十…十2可2m 列，a12>0,a13<0,故当Sn取得最大值时，n=12,C正确.故 选ACD. 1x-()] 11.BCD对于A,当an+1十an-f(n)=2n时，若a1=2,则a2=0, 1- -2-+2(）广， 2n a3=4,a4=2,a;=6,…,所以数列{an}不是等差数列，故A错误；！ 对于B,当an+1十an-fn)=2n十1时，(an+1-n-1)=-(an n),因为a1一1=0，所以an一1=0，即an=,因为am十1一an=1十 1一n=1,所以数列{an}是等差数列，故B正确；对于C,当an十1十 新以。（合） an=f(n)=4时，有(an+1一2)= -(an-2),因为a1-2=0,所以 16.解(1)由题意证明如下，n∈N", 1 am一2=0，即an=2,所以{an}是等比数列，故C正确；对于D,当 在列a,中a=3,号-片十十 an+1+an=f(n)=3×2”-1时，有(an+1-2m)=-(an-2w-1),因 ,∴.(n+1)an+1=iaa十1，即(n十1)an+1-aa=1, 为a1-2-0所以a,-21=0,即a=21,周为2-2号 {an}是以a1=3为首项，1为公差的等差数列. an (2)由题意及(1)得，n∈N, =2,所以{an}是等比数列，故D正确.故选BCD. 在数列{1an}中，首项为3，公差为1， l2.2方法一：设该等比数列为{an},Sn是其前n项和，则S4=4,S8 =68,设{an}的公比为g(q>0),当q=1时，S4=4a1=4,即a1= m,=3+1X(-1,即a.=1+号 1,则S8=81=8≠68，显然不成立，合去：当q≠1时，则S4= 在f(x)=a1x十a2x2+…十amxm中， 》-4,5。-1-68,两式相除得}二4-8，即 心-=3x+22++1+品)f)-3+x++m+2》 1-9 1-9 1-g 4 1-)1+g2）-17,则1十g=17,所以q=2,所以该等比数列 f）=3+4r十+(0m+2x1 1-g (xf(x)=3x+4x2+…十(m+2)xm 公比为2.故答案为：2. 当x≠1且x≠0时， 方法二：设该等比数列为{an,S。是其前n项和，则S4=4,S8= ∴.(1-x)f'(x)=3+x+x2+…+xm-1-(m十2)xm=3+ x(1-xm-1) 68,设{an}的公比为q(q>0),所以S4=a1十a2十a3+a4=4, -(m+2)xm, 1-x S8=a+a2+a3+as+as+a6+ag+a8=a+az+as+as+i a19+a2g+a3q+a49=(a1十a2十a3十a4)(1+g)=68,所以 3+x(1-xm-1)(m+2).xm .f(x)=1x (1-x)2 1-x 4(1+g)=68,则1+g=17,所以q=2,所以该等比数列公比为 r-0-2+（2” 3 2.故答案为：2. 1-(-2) 方法三：设该等比数列为{an},Sm是其前n项和，则S4=4,S8= 68,设{an}的公比为g(q>0),因为S8一S4=a5十a6+a7+a8= =1+-2)1-（-2)”-1☐-(m+2(-2) 9 3 (a1+a2十a3十a4)g=68-4=64,又S4-a1+a2+a3+a4=4, 所以8.3-)-号-16，所以g=2,所以该等比载到公比为 =1-号-g”-+2 9 3 S4 =7_(3m+7)(-2)m 2.故答案为：2. 9 194 17解)当n=1时，由题意0=号 (2)由(1)知，an+1=2n+1,Sm=n2, an十1 。21+11 当1≥2时，an-1十Sn-1=n十1，两式相减可得2an=an-1十1， b.s。·S+-(m+1-7(n+1) 所以2(an-1)=an-1-1,即2bn=bm-1' 因为=-1-合所以，一 1 1 所以-十加十…十6，-1-员+京-京十…十 1 1 (2)因为，=2六，所以cm=n: n+1D-1-(m+<1. 因为T+1一T。=1- 1 1 1 1 当n为奇数时，d。一n十2：当n为偶数时，d。=sim2 m+2-1+m+1)=m+D 1 21+3 令f(x)=x一sinx,则f(x)=1一cosx≥0，即f(x)为增函数，1 +2)2(n+1)2(m+22>0 则当x>0时，x>sinx, 所以Tn十1>T, 11 (1)因为d4二sin2416<15=山购，所以d3>d4 所以(T为递增：列，放（工，}的最小值为工-1一=是，所 1 (i)当n为奇数时，T。一1十sin2京十3X十sin2 十… 、 以是≤T<1. 1 n(n+2) 19.解（1)因为1-2a,十3·201，即-2-3 所以黛列{会}是以号一1为省项3为公送的等送款别 因为（分-）所以工<(1-中)十品 (2(1)由1)知2-1+(m-10·3-3m-2 2+…+2 所以an=(3n-2)2”, (n十1)am=(m十1)2， 所以bn=31一2 ()产 5_ 所以Sn=2·21十3·22+4·23+…十1·2m-1十(1十1)·2m, 6-2(m+2)3×20- 2Sn=2·22+3·23+4·24+…十n·2”+(n+1)·20+1, 所以-Sm=2·21+22+23+…十20-(n+1)·2n+1 因为2m十2十3×2一>0，所以T,<君， =21+22+23+…+2m-(n+1)·2n+1+2 2(1-2) 当n为偶数时，工。=文十n京十文十sm 1-2 -(m十1)·2n+1+2=-2+2n+1-(n十1)·2+1+2 十…十 =-n·2m+1, 所以S。=n·2+1 (i)因为Vn∈N",Sn<m·3+1, 所以aEN,(号)》 为西-（片）： 十1 令cn=n· ) 所以T<(-)十+安++=(-中) 不妨设{cn}的第n项取得最大值， 1 1 (号) 42+5 所以 +1 十2，解得2≤n≤3， 62(1+1)3×2n1 a() ≥+（号） 所以{cn}的最大值为c2=c3 1 国为十20，所以工，<音： 1 27, 综上工< 所以m>号即m的取值范国是（号十） 18.解(1)选①，a1=1,an+1=√Sn+1+√/Sa, 专题12球的有关问题及几何体的表面积与体积 1.B圆锥及其外接球的轴截面如图，该其外 因为a+1=Sa+1-Sn=(√Sn+1+√Sn)(√Sn+1-√Sn), 所以（√Sn+i+√Sn)(√Sn+i-√Sn)=√S+1+√S, 接珠的半径为R,则外接球表面积为号 因为数列{an}的各项均为正数，所以√Sm>0, √Sm+1+√Sm>0, 4R,则R=9E,即A01=1OC1=9E 4 所以√Sn+i-√S-1, 设圆锥的高为|AO1|=h,圆锥的底面圆半 又a1-1,√S-√a-1,所以{√S0}为首项和公差均为1的 径为|O1C=r,则2+h2=62,由(h-R)2 等差数列， 十2=R2,解得h==4区r=2,则此圈 R 所以√S0=1+i-1=,Sn=n2, 锥的表面积为πr2十πrl=16元.故选B. 所以当n=1时，a1=1,当n≥2时， 2.A因为圆维的轴截面是一个边长为4的等边三角形，所以圆锥 an=Sn-Sm-1=n2-(n-1)2=2-1, 的底面半径r=2,高h=√42一22=2√3，所以圆锥的体积V= 显然满足2×1-1=1=a1, h-子×xX4x2-8故选九 1 综上，an=21-1. 久 选②，2√Sm-1=an①D,当n=1时，2√a-1=a1,解得a1=1,3.B因为AB⊥AC,BC=24,所以BC为△ABC的外接圈的直径， 当n≥2时，2√Sn-1=am=Sn-S-1, 脚丰径r一S-登-12，由过球心多直 D 故Sm-1=Sm-2√Sn+1=(√Sm-1)2, 又因为数列{an}的各项均为正数，所以S。-1>0, 于截面的直线必过截面圆的圆心可知， 故√Sn-1-√Sa-1,即√Sn-√S4-1-1, 球心到平面ABC的距离d=√R2一r 又√S-1,故{√Sm}为首项和公差均为1的等差数列， =√152-122=9，又直角△ABC面积 所以√Sm-1十n-1=n,解得Sn=2, 所以当n=1时，a1=1,当n≥2时， Sa-号4C·ABE号CAB 2 aa=Sa-Sa-1-2-(n-1)2-2m-1, 号×吗-宁×2些-1，香凰仪当 显然满足2×1一1=1=a1, 综上，an=21-1. AC=AB=12√2时取等号，而点D到平面ABC的距离的最大值 195