辽宁省朝阳市第一高级中学2026-2027学年高三上学期数学第4周周测

辽宁省朝阳市第一高级中学2026-2027学年上学期高三数学第4周周二全卷测试题(数列基础 部分) 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1．已知等差数列的前项和为，若，且，则该数列的公差的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．三国时期著名数学家刘徽在《九章算术》“盈不足”章：一匹良马和一匹驽马由长安出发至齐地，长安与齐地相距3000里（1里=500米），良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里．驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走半里．良马先到齐地后，马上返回长安迎驽马，问两匹马在第几天相遇 A．14天 B．15天 C．16天 D．17天 3．在递增的等差数列中，首项为，若，，依次成等比数列，则的公差为（    ） A． B． C． D． 4．已知等差数列的前项和为，则公差（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 5．已知等比数列的各项均为正数，若，，则（    ） A． B． C．27 D． 6．数列满足，且，则数列的前2024项的和（    ） A． B． C． D． 7．记数列的前n项和为，已知，，则 （ ） A．1024 B．1023 C．513 D．256 8．在数列中，，，.对于命题： ①存在，对于任意的正整数，都有. ②对于任意和任意的正整数，都有. 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②也是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②也是假命题 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．记等差数列的前项和为，，，则（　　） A． B． C． D． 10．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则（    ） A．q＝2 B．S9＝29－1 C．数列的前5项和为 D．6S3＝S9 11．数列中前n项和则下列说法正确的有（    ） A． B． C．36是与的公共项 D． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知数列的前项和为，且，则________ 13．若数列满足，，则的前2025项的和为________． 14．为数列的前项和，且，，则这个数列前项和公式________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分）已知数列满足，数列的前项和满足. (1)求的通项公式： (2)设，求数列的前项和 16．（15分）下图中的三角形称为谢尔宾斯基（Sierpinski）三角形．图中从左向右的四个三角形中，着色三角形的个数依次构成数列的前4项，写出数列的一个通项公式，并作出它的图象．    17．（15分）已知数列的首项，是与的等差中项． (1)求证：数列是等比数列； (2)证明：． 18．（17分）某产品经过4次革新后，成本由原来的105元下降到60元．如果这种产品每次革新后成本下降的百分率相同，那么每次革新后成本下降的百分率是多少？（精确到） 19．（17分）已知数列满足，求数列的通项公式． 试卷第1页（共3页） 试卷第2页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 数列基础题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C A D C B A ACD ABC 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】利用等差数列的求和公式结合条件不等式可求答案. 【详解】因为，，， 所以，即，所以． 又，，，所以， 所以，即，解得． 故选：A． 2．C 【分析】记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为，根据题中数据，求出通项公式，进而可求出结果. 【详解】记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为， 由题意可得：，， 设，经过天，两匹马相遇； 则有，即， 整理得， 当满足题意， 因此两匹马在第16天相遇. 故选C 【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型. 3．C 【分析】运用等比中项性质及等差数列通项公式计算即可. 【详解】设等差数列的公差为d（）， 由题意知，，， 所以，即， 解得或， 因为， 所以. 故选：C. 4．A 【分析】利用给定条件，结合等差数列性质及前项和公式列式求出公差. 【详解】在等差数列中，，解得，而， 所以公差. 故选：A 5．D 【分析】等比数列，基本量的计算，设出公比，联立式子可求出，即可. 【详解】设的公比为，则，，． 因为，所以，因为，所以，所以． 因为的各项均为正数，所以．因为，所以． 故选：D 6．C 【分析】根据题意可知数列是以4为周期的周期数列，结合周期性运算求解. 【详解】因为，且， 令，可得；令，可得； 令，可得；令，可得； 可知数列是以4为周期的周期数列， 则，且， 所以. 故选：C. 7．B 【分析】由已知可得，可得是等比数列，可求得，进而利用可求值. 【详解】由，得， 因为，所以，所以， 所以是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，所以， 所以. 故选：B. 8．A 【分析】对①，直接令判断即可； 对②，利用反证法，先设数列中第一项满足的项为，再推导的大小推出矛盾即可； 【详解】对①，当时，易得，，，，，…故数列为2，2，1循环.所以对于任意的正整数，都有成立，故①正确； 对②，对于任意，有，，，，设数列中第一项满足的项为，则，此时易得，又，且由题意，恒成立，故，即数列中所有项都满足，故，因为，与矛盾，故对于任意和任意的正整数，都有. 故选：A 9．ACD 【分析】设等差数列的公差为，由题意可得，计算可得判断A；可求判断B；，可判断C；计算可得判断D. 【详解】设等差数列的公差为， 又等差数列的前项和为，，， ∴，解得，，故A正确； ，故B错误； ，∴，故C正确； ，，∴，故D正确． 故选：ACD． 10．ABC 【分析】根据已知可求出数列的公比，即可依次判断每个选项的正误. 【详解】设{an}的公比为q，∵9S3＝S6，， ∴9＝1＋q3，∴q＝2，，故选项A，B正确． 又6S3＝6×(23－1)≠S9，∴选项D不正确． ∵是等比数列，首项，公比，∴前5项和为，则选项C正确． 故选：ABC. 11．ACD 【分析】根据迭代可得根据的关系即可求解，即可求解ABC，利用裂项相消法求和即可求解D. 【详解】在数列中 所以当时， 当时，也满足上式，则 则故B错误； 的前项和 当时 当时 当时，也满足上式，则故A正确； 令解得令解得 故36是与的公共项，即C正确； 因为 所以， 因为所以，故D正确. 故选：ACD 12．57 【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项，进而求出. 【详解】在数列中，由，得，而， 因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，， 所以. 故答案为：57 13．1013 【分析】利用分组并项求和，对为偶数时进行分组计算即可. 【详解】易知当为偶数时，可得，即； 所以可知的前2025项的和. 故答案为：1013 14． 【分析】由可推导得到，结合可知数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得，进而得到. 【详解】当时，，即， ，即，又， 数列是以为首项，为公差的等差数列，， . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列中与的关系的应用，解题关键是能够利用已知等式推导得到，由等差数列定义可证得数列为等差数列，进而结合等差数列的知识来进行求解. 15．(1) (2) 【分析】由，构造新的等比数列求解即可；已知与的关系，分，检验求解即可； 利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）由有：, 所以数列是以2为公比，首项为的等比数列， 所以，即 因为，当时，. 当时，由有：， 所以，，即 所以 所以 （2）由（1）知， 所以——①， ——②， 由①-②得： 所以 16．,    【分析】根据图形规律即可求解. 【详解】解：，，，，， 由规律可知， 如图：    17．(1)证明：由题设，又， 所以是首项、公比均为2的等比数列.； (2)证明：由（1）知：，则，显然时成立， 当有，此时， 综上，，得证. 【分析】（1）由题设，构造法得到，即可证结论. （2）由（1）及放缩法得，再应用等比数列前n项和公式求和，即可证结论. 【详解】（1）略 （2）略 18． 【分析】设出未知数，由题目条件得到方程，求出答案 【详解】设每次革新后成本下降的百分率为， 故，解得（负值舍去）， 故每次革新后成本下降的百分率是. 19．. 【分析】当时，得到，进而做差可得到，再检验时，即可求出结果. 【详解】∵， ∴当时，， 两式相减得，∴. 又∵当时，，∴，满足. ∴. 答案第1页（共2页） 答案第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $