数列专项自测卷-2026届高三数学一轮复习

2026届全国高三一模数列专项自测卷 一、单项选择题 1. 【考点：等差数列基本量运算、前n项和 ，一模核心基础题】 已知等差数列an 的前n 项和为Sn ，若 a2 = 2 ， S4 = 10 ，则 a2026 = ( ) A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 2. 【考点：裂项相消法求和 ，一模高频中档题】 已知数列an 的通项公式为an ，若数列an 的前n 项和为10 ，则 n = ( ) A. 99 B. 100 C. 120 D. 121 二、多项选择题 3. 【考点：等差数列性质、前n项和最值 ，一模多选高频题】 已知等差数列an 的公差d < 0 ，前n 项和为Sn ，且S8 = S13 ，则下列说法正确的有 ( ) A. a11 = 0 B. 当 n = 10 或 11 时 ， Sn 取得最大值 C. S21 = 0 D. 满足Sn > 0 的n 的最大值为20 4. 【考点：等比数列通项、增减性、充要条件 ，一模综合中档题】 已知等比数列an 的公比为q ，前n 项和为Sn ，则下列说法正确的有 ( ) A. 若 q > 1 ，则数列an 为递增数列 B. 若 a1 > 0 ， 0 < q < 1 ，则数列an 为递减数列 C. 若S10 = 10 ， S20 = 30 ，则S30 = 70 “ q > 1 ”是“ Sn+1 > Sn ” 的既不充分也不必要条件 三、填空题 5. 【考点：奇偶项分段递推、分组求和 ，一模选填压轴高频题】 已知数列an 满足 a1 = 1 ， an+1 + an = 3 × 2n ，则数列an 的前16项和S16 =__________。 6. 【考点：递推数列构造、错位相减求和 ，一模中档偏难题】 已知数列an 满足 a1 = 1 ， an+1 = 2an + 1 ，则数列n ⋅ an 的前n 项和Tn =__________。 四、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 7. 【考点：等差等比数列综合、通项与求和 ，一模解答题基础必考题 ，12分】 已知正项等比数列an 的前n 项和为Sn ， a1 = 2 ，且 a2 ,a3 + 2,a4 成等差数列。 (1) 求数列an 的通项公式； (2) 设bn = log2 an ，求数列 的前n 项和Tn 。 8. 【考点：结构不良开放性试题 ，2026届一模必考热点 ，14分】已知数列an 的前n 项和为Sn ， a1 = 1 ，且__________。 从下面三个条件中任选一个 ，补充在上面的横线上 ，并完成解答。 ① an+1 = 2Sn + 1 ；② Sn = 2an − 1 ；③ a1 + a2 + ⋯ + an = an+1 − 1。 (1) 求数列an 的通项公式； (2) 设 cn 求数列 cn 的前n 项和Rn ，并证明： Rn 9. 【考点：真实情境数学建模 ，新课标一模核心考法 ，14分】 为落实“ 双碳” 目标 ，某企业2025年初投入100万元购入一套碳排放处理设备 ，该设备每年的运营费用为0.5万元 ，此外每年都要花费一定的维护费用 ，第一年的维护费用为2万元 ， 由于设备老化 ，以后每年的维护费用都比上一年增加2万元。 (1)求该设备使用n 年的年平均费用 y （万元） 关于n 的函数解析式； (2)为使该设备的年平均费用最低 ，该企业应在多少年后更换设备？并求出最低年平均费用。 10. 【考点：数列与概率统计跨模块融合 ，2026届一模压轴热点 ，15分】 某商场举办新年抽奖活动 ，规则如下：盒子中装有3个红球和3个白球 ，每次从盒子中随机摸出1个球，摸到红球则放回 ，摸到白球则不放回 ，重复摸球n 次后 ，记盒子中剩余的白球个数为Xn ， P (Xn = k) = pn ,k （ k = 0, 1, 2, 3 ）。 (1) 求p1,3,p1,2 和p2,3,p2,2 ； (2) 记 an = pn ,3 ，求 an 的递推公式 ，并求an 通项公式 11. 【考点：组合数学新定义创新题 ，一模压轴题 ，对接高考难度 ，15分】 对于正项数列an ，若对任意的m,n ∈ N ∗ , 都有am+n ≥ am + an 成立 ，则称数列an 为“超可加数列”。 (1)判断数列an = 2n − 1和an = n2 是否为“超可加数列” ，并说明理由； (2) 若数列an 为“超可加数列” ，证明：对任意的n ∈ N∗ , 都有a2n ≥ 2na1 ； (3) 若数列an 为“超可加数列” ，且 a2 = 4 ，记Sn = a1 + a2 + ⋯ + an ，证明：对任意的n ∈ N∗ , 都有 Sn 。 第二部分 参考答案 一、单项选择题（每小题5分 ，共10分） 1. 答案：C 解析：设等差数列公差为d ， 由题意得 ，解得a1 = 1 ， d = 1 ，因此an = n ， a2026 = 2026。 2. 答案：C 解析：对通项有理化得an 前n 项和 Sn ，解得 ， n = 120。 二、多项选择题（每小题5分 ，共10分） 3. 答案：ABCD 解析： A： 由S8 = S13 得S13 − S8 = a9 + a10 + a11 + a12 + a13 = 5a11 = 0 ，即 a11 = 0 ，正确； B： d < 0 ，数列递减 ， a1 到 a10 均为正 ， a11 = 0 ， a12 及以后均为负 ，因此S10 = S11 为最大值 ，正确； C： Sa11 = 0 ，正确； D： S = 10a10 > 0 ， S21 = 0 ，因此满足Sn > 0 的 n的最大值为20 ，正确。 4. 答案： BCD 解析： A：若 q > 1 且 a1 < 0 ，数列an 为递减数列 ，错误； B： a1 > 0 ， 0 < q < 1 时 ， an+1 = an q < an ，数列为递减数列 ，正确； C：等比数列中S10, S20 − S10, S30 − S20 成等比数列 ，即10, 20, S30 − 30 成等比 ， 由 202 = 10 × (S 30 − 30) 解得S30 = 70 ，正确； D： q > 1 时 ，若 a1 < 0 ，则 an+1 = a1qn < 0 ， Sn+1 < Sn ，充分性不成立； Sn+1 > Sn 即 an+1 > 0 ，如 a1 = 1,q 时an+1 > 0 ，但q < 1 ，必要性不成立 ，因此是既不充分也 不必要条件 ，正确。 三、填空题（每小题5分 ，共10分） 5. 答案：131070 解析： 由递推式 ，将相邻两项分组求和： S16 = (a1 + a2 ) + (a3 + a4 ) + ⋯ + (a15 + a16) = 3 × 21 + 3 × 23 + 3 × 25 + ⋯ + 3 × 215该式为首项 6 、公比 4 、共 8 项的等比数列 ，求和得： 6. 答案： 2n 解析：对递推式变形得an+1 + 1 = 2(an + 1) ，又 a1 + 1 = 2 ，因此an + 1 是首项为2 、公比为2 的等比数列 ，即 an + 1 = 2n ， an = 2n − 1。 因此n ⋅ an = n ⋅ 2n − n ，前n 项和分为两部分： 设Mn = 1 × 2 + 2 × 22 + ⋯ + n × 2n ，错位相减得Mn = (n − 1)2n+1 + 2； 综上 Tn = 2n 四、解答题（共70分 ，按一模阅卷标准标注得分点） 7. （ 12分） 解： (1) 设正项等比数列an 的公比为q(q > 0)， 由 a2 ,a3 + 2,a4 成等差数列 ，得2(a3 + 2) = a2 + a4 （2分）， 代入 a1 = 2 ， a2 = 2q,a3 = 2q2 ,a4 = 2q3 ，得2(2q2 + 2) = 2q + 2q3 ， 化简得(q2 + 1)(q − 2) = 0 ，解得q = 2 （ q2 + 1 > 0 ，舍去负根）（3分），因此数列的通项公式为an = 2 × 2n−1 = 2n （ 1分）。 (2) 由(1)得bn = log2 an = log2 2n = n （2分）， 因此 （2分）， 前n 项和Tn 分）。 8. （ 14分） 注：三个条件任选其一即可 ，以下以选条件②为例给出标准解答 ，选①③可参照给分。 解： (1) 选条件②： Sn = 2an − 1， 当 n = 1 时 ， a1 = S1 = 2a1 − 1 ，解得a1 = 1 ，符合题意（2分），当 n ≥ 2 时 ， Sn−1 = 2an−1 − 1， 两式相减得an = Sn − Sn−1 = 2an − 2an−1 ，化简得an = 2an−1 （4分），因此数列an 是首项为1、公比为2的等比数列 ，通项公式为an = 2n−1 （2分）。 (2) 由(1)得 cn 3分）， 因此前n 项和Rn （2分）， 因为 ，所以Rn 得证（ 1分）。 9. （ 14分） 解： (1)设备使用n 年的总费用包括三部分： 购入费用100万元 ，运营总费用0.5n 万元 ，维护总费用为2 + 4 + ⋯ + 2n = n(n + 1)万元（3分）， 因此总费用为100 + 0.5n + n(n + 1) = n2 + 1.5n + 100 （3分）， 年平均费用 y n ∈ N∗ )（4分）。 (2) 由基本不等式 ， n （2分），当且仅当n ，即 n = 10 时 ，等号成立 （ 1分）， 此时最低年平均费用为20 + 1.5 = 21.5 万元（ 1分）。 综上 ，该企业应在10年后更换设备 ，最低年平均费用为21.5万元。 10. （ 15分） 解： (1) p1,3 为1次摸球后剩余3个白球 ，即第一次摸到红球 ，概率 p （2分）； p1,2 为1次摸球后剩余2个白球 ，即第一次摸到白球 ，概率 p （2分）； p2,3 为2次摸球后剩余3个白球 ，即两次均摸到红球 ，概率 p （3分）； p2,2 为2次摸球后剩余2个白球 ，分两种情况： ①第一次红、第二次白 ： ；②第一次白 、第二次红： ，因此 p （4分）。 (2) an = pn ,3 表⽰n 次摸球后剩余3个白球 ，即前n 次均摸到红球（2分）， 每次摸到红球的概率均为 ，且每次摸球相互独立 ，因此递推公式为an an （ 1分）， 又 a ，因此an 是首项为 、公比为 的等比数列，通项公式为an n （ 1分）。 11. （ 15分） 解： (1) 数列an = 2n − 1和an = n2 均为“超可加数列” ，理由如下： ①对an = 2n − 1 ，任意m,n ∈ N∗ , am+n = 2(m + n) − 1 = 2m + 2n − 1 ， am + an = 2m − 1 + 2n − 1 = 2m + 2n − 2，因此am+n = am + an + 1 ≥ am + an ，符合“超可加数列”定义（2分）； ②对an = n2 ，任意m,n ∈ N∗ , am+n = (m + n)2 = m2 + 2mn + n2 ≥ m2 + n2 = am + an ，符合“超可加数列”定义（2分）。 (2) 用数学归纳法证明： ①当n = 1 时 ， a21 = a2 ≥ a1 + a1 = 2a1 = 21a1 ，不等式成立 （2分）； ②假设当n = k(k ∈ N∗ ) 时 ，不等式成立 ，即 a2k ≥ 2ka1 ， 则当 n = k + 1 时 ， a2k+1 = a2k +2k ≥ a2k + a2k ≥ 2 × 2ka1 = 2k+1a1 ，即 n = k + 1 时不等式也成立 （3分）； 综上 ，对任意的n ∈ N∗ , 都有a2n ≥ 2na1 （ 1分）。 (3) 先证明：对任意的n ∈ N∗ , 都有an ≥ n 。 由“超可加数列”定义 ， a2 ≥ a1 + a1 = 2a1 ，又 a2 = 4 ，得 a1 ≤ 2 ，且 a1 ≥ 1 （正项数列），即 a1 ≥ 1 ，符合an ≥ n （ 1分）； 假设当n ≤ k(k ∈ N∗ ) 时 ， an ≥ n 成立 ，则当n = k + 1 时， ak+1 = ak+1 ≥ ak + a1 ≥ k + 1 ，即 n = k + 1 时也成立 ，因此对任意n ∈ N ∗ , an ≥ n 恒成立 （2分）； 因此前n 项和 Sn = a1 + a2 + ⋯ + an ≥ 1 + 2 + ⋯ + n 得证（2分）。 学科网（北京）股份有限公司 $