10.等差数列-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 等差数列高考真题汇编，涵盖2020-2025年全国甲卷、乙卷、新高考卷及北京卷共10题，题型全面，突出真题权威性与文化情境应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|7题|通项公式、前n项和、性质应用|结合天坛圜丘坛（2020全国Ⅱ卷）、古代举架结构（2022新高考Ⅱ卷）等文化素材| |填空题|1题|前n项和计算|2024新高考Ⅱ卷运用下标和性质简化运算| |解答题|2题|综合应用、逻辑推理|2023新高考Ⅰ卷20题结合新数列{bₙ}考查公差求解，2021新高考Ⅱ卷17题涉及不等式求n最小值|

10.等差数列 1.（2024·全国甲卷4题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（　　） A. B. C.－ D.－ 解析：B　由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5（a3＋a8），所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×（－）＝，故选B. 2.（2025·全国Ⅱ卷7题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6，S5＝－5，则S6＝（　　） A.－20 B.－15 C.－10 D.－5 解析：B　根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15. 3.（2023·全国甲卷5题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（　　） A.25 B.22 C.20 D.15 解析：C　法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由得∴d＝＝＝1，a3＝a4－d＝5－1＝4，∴S5＝5a3＝5×4＝20.故选C. 法二　设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5 ①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45 ②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C. 4.（2020·全国Ⅱ卷4题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（　　） A.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块 解析：C　由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋（n－1）d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2（S2n－Sn）＝Sn＋S3n－S2n，所以（S3n－S2n）－（S2n－Sn）＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C. 5.（2022·新高考Ⅱ卷3题）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝（　　） A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9 解析：D　法一　如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2＝4OD1.因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1·（k3－0.2），BB1＝CB1（k3－0.1），AA1＝k3BA1，即CC1＝OD1（k3－0.2），BB1＝OD1（k3－0.1），AA1＝k3OD1.又＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1（k3－0.2）＋OD1（k3－0.1）＋k3OD1＝OD1（3k3＋0.2），所以tan∠AOA2＝＝＝0.725，解得k3＝0.9，故选D. 法二　设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由题意，得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1，且＝0.725，即＝0.725，解得k3＝0.9.故选D. 6.（2023·新高考Ⅰ卷7题）设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列.则（　　） A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析：C　若{an}是等差数列，设首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d＝n＋a1－，所以－＝（n＋1）＋a1－－（n＋a1－）＝，所以是等差数列.若是等差数列，设＝kn＋b，k，b∈R，则Sn＝kn2＋bn.当n＝1时，a1＝S1＝k＋b；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝kn2＋bn－[k（n－1）2＋b（n－1）]＝2kn－k＋b，所以an－an－1＝2kn－k＋b－2k（n－1）＋k－b＝2k.所以{an}是等差数列.所以甲是乙的充要条件.故选C. 7.（2020·北京高考8题）在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），则数列{Tn}（　　） A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项 C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项 解析：B　设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝－9，a5＝－1，∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋（n－1）×2＝2n－11.令an＝2n－11≤0，则n≤5.5，∴n≤5时，an＜0；n≥6时，an＞0.∴T1＝－9＜0，T2＝（－9）×（－7）＝63＞0，T3＝（－9）×（－7）×（－5）＝－315＜0，T4＝（－9）×（－7）×（－5）×（－3）＝945＞0，T5＝（－9）×（－7）×（－5）×（－3）×（－1）＝－945＜0，当n≥6时，an＞0，且an≥1，∴Tn＋1＜Tn＜0，∴Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…）有最大项T4，无最小项，故选B. 8.（2024·新高考Ⅱ卷12题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　　　　. 答案：95 解析：法一（基本量法）　因为数列{an}为等差数列， 则由题意得解得 则S10＝10a1＋d＝10×（－4）＋45×3＝95. 法二（下标和性质法）　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5（a5＋a6）＝5×19＝95. 9.（2021·新高考Ⅱ卷17题）记Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4. （1）求数列{an}的通项公式an； （2）求使Sn＞an成立的n的最小值. 解：（1）设公差为d. ∵S5＝5a3＝a3⇒a3＝0，∴S4＝2（a2＋a3）＝2a2. ∴a2a4＝S4⇒a2a4＝2a2. 由公差d≠0及a3＝0知a2≠0，∴a4＝2，d＝2，则an＝a3＋2（n－3）＝2n－6. （2）Sn＝＝＝n2－5n， 由Sn＞an⇒n2－5n＞2n－6⇒（n－1）（n－6）＞0⇒n＜1或n＞6. ∵n∈N*，∴n的最小值为7. 10.（2023·新高考Ⅰ卷20题）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和. （1）若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； （2）若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：（1）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3， ∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1）， ∴bn＝， ∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝， ∴6d＋＝21.整理，得2d2－7d＋3＝0， 即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝（舍去）. ∴an＝3n，n∈N*. （2）若{bn}为等差数列， 则b1＋b3＝2b2，即＋＝2·. 整理，得－3a1d＋2d2＝0. 解得a1＝d或a1＝2d. 当a1＝d时，an＝nd，bn＝＝， ∴S99－T99＝（d＋99d）－（＋）＝99. 整理，得50d2－d－51＝0， 解得d＝或d＝－1（舍去）. 当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，bn＝＝， ∴S99－T99＝（2d＋100d）－（＋）＝99. 整理，得51d2－d－50＝0， 解得d＝－或d＝1. ∵d＞1，∴此时无解. 综上可知，d＝. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $