专题11数列（选填题）14种常见考法归类（全国通用）（学生版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 数列(选填题)14种常见考法归类 ~ ~ 2021-2025高考真题分类 数列(选填题)14种常见考法归类 1 一 等差数列定义的判断 1 二 等差数列基本量的计算 1 三 等差数列前n项和基本量的计算1 四 等差数列性质的应用 1 五 等比数列基本量的计算 1 六 等比数列前n项和基本量的计算2 七 等比数列前n项和的性质2 八 等差、等比数列的综合 2 九 数列的性质 2 十 由递推公式求数列通项 3 十一 数列求和 3 十二 数列与其他知识的综合 4 十三 数列的极限 5 十四 数列新定义 5 参考答案 5 ~ ~ 一 等差数列定义的判断 1. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)记S 为数列a n n  的前n项和，设甲：a n  S 为等差数列；乙： n  n  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 二 等差数列基本量的计算 1. (2021·上海·高考真题)等差数列a n  中，a =3,d=2，则a = . 1 10 三 等差数列前n项和基本量的计算 1. (2022·上海·高考真题)已知等差数列a n  的公差不为零，S 为其前n项和，若S =0，则S(i=0,1,2⋯ n 5 i ,100)中不同的数值有 个. 2. (2025·全国二卷·高考真题)记S 为等差数列a n n  的前n项和，若S =6,S =-5,则S = ( ) 3 5 6 A. -20 B. -15 C. -10 D. -5 3. (2023·全国甲卷·高考真题)记S 为等差数列a n n  的前n项和．若a +a =10,a a =45，则S = 2 6 4 8 5 ( ) A. 25 B. 22 C. 20 D. 15 4. (2025·上海·高考真题)己知等差数列a n  的首项a =-3，公差d=2，则该数列的前6项和为 ． 1 5. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)记S 为等差数列{a }的前n项和，若a +a =7，3a +a =5，则S = n n 3 4 2 5 10 . 数学试题 第 1 页 共 24 页6. (2022·全国乙卷·高考真题)记S 为等差数列a n n  的前n项和．若2S =3S +6，则公差d= ． 3 2 四 等差数列性质的应用 1. (2024·全国甲卷·高考真题)已知等差数列a n  的前n项和为S ，若S =1，则a +a = ( ) n 9 3 7 7 2 A. -2 B. C. 1 D. 3 9 2. (2024·全国甲卷·高考真题)记S 为等差数列a n n  的前n项和，已知S =S ，a =1，则a = ( ) 5 10 5 1 7 7 1 7 A. B. C. - D. - 2 3 3 11 3. (2021·北京·高考真题)《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有 金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长a ,a ,a ,a ,a (单位:cm)成等差数列， 1 2 3 4 5 对应的宽为b ,b ,b ,b ,b (单位: cm),且长与宽之比都相等，已知a =288，a =96，b =192，则b = 1 2 3 4 5 1 5 1 3 A. 64 B. 96 C. 128 D. 160 五 等比数列基本量的计算 1. (2023·全国乙卷·高考真题)已知a n  为等比数列，a a a =a a ，a a =-8，则a = . 2 4 5 3 6 9 10 7 六 等比数列前n项和基本量的计算 1. (2023·全国甲卷·高考真题)设等比数列a n  的各项均为正数，前n项和S ，若a =1，S =5S -4，则S n 1 5 3 4 = ( ) 15 65 A. B. C. 15 D. 40 8 8 2. (2022·全国乙卷·高考真题)已知等比数列a n  的前3项和为168，a -a =42，则a = ( ) 2 5 6 A. 14 B. 12 C. 6 D. 3 3. (2025·全国一卷·高考真题)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 . 4. (2023·上海·高考真题)已知等比数列a n  的前n项和为S ，且a =3，q=2，求S = ； n 1 6 5. (2023·全国甲卷·高考真题)记S 为等比数列a n n  的前n项和．若8S =7S ，则a 6 3 n  的公比为 ． 6. (2025·全国二卷·高考真题)记S 为等比数列a n n  的前n项和，q为a n  的公比，q>0，若S =7,a =1， 3 3 则 ( ) 1 1 A. q= B. a = C. S =8 D. a +S =8 2 5 9 5 n n 七 等比数列前n项和的性质 1. (2021·全国甲卷·高考真题)记S 为等比数列a n n  的前n项和.若S =4，S =6，则S = ( ) 2 4 6 A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 2. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)记S 为等比数列a n n  的前n项和，若S =-5，S =21S ，则S = 4 6 2 8 ( )． A. 120 B. 85 C. -85 D. -120 数学试题 第 2 页 共 24 页八 等差、等比数列的综合 1. (2025·北京·高考真题)已知a n  是公差不为零的等差数列，a =-2，若a ,a ,a 成等比数列，则a = 1 3 4 6 10 ( ) A. -20 B. -18 C. 16 D. 18 2. (2023·北京·高考真题)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来 测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列a n  ，该数列的 前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a =1,a =12,a =192，则a = ；数列a 1 5 9 7 n  所有项的 和为 ． 九 数列的性质 1. (2023·北京·高考真题)已知数列a n  1 满足a n+1 = 4 a n -6  3+6(n=1,2,3,⋯)，则 ( ) A. 当a =3时，a 1 n  为递减数列，且存在常数M≤0，使得a >M恒成立 n B. 当a =5时，a 1 n  为递增数列，且存在常数M≤6，使得a 6，使得a >M恒成立 n D. 当a =9时，a 1 n  为递增数列，且存在常数M>0，使得a N 时，a >0”的 ( ) 0 n A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. (2021·全国甲卷·高考真题)等比数列a n  的公比为q，前n项和为S ，设甲：q>0，乙：S n n  是递增数列， 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 十 由递推公式求数列通项 1. (2025·天津·高考真题)S n =-n2+8n，则数列 a n    的前12项和为 ( ) A. 112 B. 48 C. 80 D. 64 2. (2023·天津·高考真题)已知数列a n  的前n项和为S n ，若a 1 =2,a n+1 =2S n +2n∈N∗  ，则a = ( ) 4 A. 16 B. 32 C. 54 D. 162 3. (2022·北京·高考真题)已知数列a n  各项均为正数，其前n项和S 满足a ⋅S =9(n=1,2,⋯)．给出 n n n 下列四个结论： ①a n  的第2项小于3； ②a n  为等比数列； 数学试题 第 3 页 共 24 页③a n  为递减数列； ④a n  1 中存在小于 的项． 100 其中所有正确结论的序号是 ． 4. (2022·浙江·高考真题)已知数列a n  1 满足a 1 =1,a n+1 =a n - 3 a2 nn∈N∗  ，则 ( ) 5 5 7 7 A. 2<100a < B. <100a <3 C. 3<100a < D. <100a <4 100 2 2 100 100 2 2 100 十一 数列求和 1. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称 轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种 规格的图形，它们的面积之和S =240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm× 1 3dm三种规格的图形，它们的面积之和S =180dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的 2 n 种数为 ；如果对折n次，那么S = dm2. k k=1 2. (2021·北京·高考真题)已知a n  是各项均为整数的递增数列，且a ≥3，若a +a +⋅⋅⋅+a =100，则n的 1 1 2 n 最大值为 ( ) A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 3. (2021·浙江·高考真题)已知数列a n  a 满足a 1 =1,a n+1 = 1+ n a n∈N∗ n  .记数列a n  的前n项和为S ， n 则 ( ) 3 9 9 A. 0，函数fx  =ax2+b(x∈R).若f(s-t),f(s),f(s+t)成等 比数列，则平面上点s,t  的轨迹是 ( ) A. 直线和圆 B. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线 D. 直线和抛物线 5. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)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DD ,CC ,BB , 1 1 1 数学试题 第 4 页 共 24 页DD CC BB AA 是举，OD ,DC ,CB ,BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为 1 =0.5, 1 =k , 1 = 1 1 1 1 1 OD DC 1 CB 1 1 1 AA k , 1 =k ．已知k ,k ,k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k = ( ) 2 BA 3 1 2 3 3 1 A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9 6. (2024·上海·高考真题)无穷等比数列a n  满足首项a >0,q>1，记I = 1 n x-yx,y∈a 1 ,a 2   ∪a n ,a n+1    ，若对任意正整数n集合I 是闭区间，则q的取值范围是 ． n 7. (2024·北京·高考真题)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、 斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm． 十三 数列的极限 1. (2021·上海·高考真题)在无穷等比数列{a }中，lim(a -a )=4，则a 的取值范围是 n 1 n 2 n→∞ 十四 数列新定义 1. 【多选】(2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)设正整数n=a ⋅20+a ⋅2+⋯+a ⋅2k-1+a ⋅2k，其中a ∈ 0 1 k-1 k i 0,1  ，记ωn  =a +a +⋯+a ．则 ( ) 0 1 k A. ω2n  =ωn  B. ω2n+3  =ωn  +1 C. ω8n+5  =ω4n+3  D. ω2n-1  =n 2. (2024·北京·高考真题)设a n  与b n  是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M= k|a =b ,k∈N* k k  ，给出下列4个结论： ①若a n  与b n  均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若a n  与b n  均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若a n  为等差数列，b n  为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若a n  为递增数列，b n  为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 数学试题 第 5 页 共 24 页参考答案 1. C 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判 断作答.， 【解析】方法1，甲：a n  为等差数列，设其首项为a =2，公差为d， 1 n(n-1) S n-1 d d S S d 则S =na + d, n =a + d= n+a - , n+1 - n = ， n 1 2 n 1 2 2 1 2 n+1 n 2 S 因此 n  n  为等差数列，则甲是乙的充分条件； S 反之，乙： n  n  S S nS -(n+1)S na -S 为等差数列，即 n+1 - n = n+1 n = n+1 n 为常数，设为t， n+1 n n(n+1) n(n+1) na -S 即 n+1 n =t，则S =na -t⋅n(n+1)，有S =(n-1)a -t⋅n(n-1),n≥2， n(n+1) n n+1 n-1 n 两式相减得：a =na -(n-1)a -2tn，即a =na -(n-1)a -2tn⇒a -a =2t，对n=1也成 n n+1 n n n+1 n n+1 n 立， 因此a n  为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：a n  为等差数列，设数列a n  n(n-1) 的首项a =2，公差为d，即S =na + d， 1 n 1 2 S (n-1) d d S 则 n =a + d= n+a - ，因此 n n 1 2 2 1 2  n  为等差数列，即甲是乙的充分条件； S 反之，乙： n  n  S S S 为等差数列，即 n+1 - n =D, n =S +(n-1)D， n+1 n n 1 即S =nS +n(n-1)D，S =(n-1)S +(n-1)(n-2)D， n 1 n-1 1 当n≥2时，上两式相减得：S -S =S +2(n-1)D，当n=1时，上式成立， n n-1 1 于是a =a +2(n-1)D，又a -a =a +2nD-[a +2(n-1)D]=2D为常数， n 1 n+1 n 1 1 因此a n  为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C 1. 21 【分析】直接代入等差数列的通项公式可得答案. 【解析】因为a =3,d=2，所以a =a +9d=21. 1 10 1 故答案为：21. 1. 98 d 【分析】由等差数前n项和公式求出a =-2d，从而S = (n2-5n)，由此能求出结果． 1 n 2 【解析】解：∵等差数列{a }的公差不为零，S 为其前n项和，S =0， n n 5 5×4 ∴S =5a + d=0，解得a =-2d， 5 1 2 1 n(n-1) n(n-1) d ∴S =na + d=-2nd+ d= (n2-5n)， n 1 2 2 2 ∵d≠0，∴S(i=0，1，2⋯，100)中S =S =0，S =S =-3d，S =S =-2d， i 0 5 2 3 1 4 其余各项均不相等， ∴S(i=0，1，2⋯，100)中不同的数值有：101-3=98． i 数学试题 第 6 页 共 24 页故答案为：98． 2. B 【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项a =2和公差d的方程求出首项a =2和公差 1 1 d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解. 【解析】设等差数列a n  3a +3d=6 d=-3 的公差为d，则由题可得   1 ⇒   ， 5a +10d=-5 a =5 1 1 所以S 6 =6a 1 +15d=6×5+15×-3  =-15. 故选：B. 3. C 【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列a n  的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出； 方法二：根据等差数列的性质求出等差数列a n  的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出． 【解析】方法一：设等差数列a n  的公差为d，首项为a =2，依题意可得， 1 a +a =a +d+a +5d=10，即a +3d=5, 2 6 1 1 1 又a 4 a 8 =a 1 +3d  a 1 +7d  =45，解得：d=1,a =2， 1 5×4 所以S =5a + ×d=5×2+10=20． 5 1 2 故选：C. 方法二：a +a =2a =10，a a =45，所以a =5，a =9， 2 6 4 4 8 4 8 a -a 从而d= 8 4 =1，于是a =a -d=5-1=4， 8-4 3 4 所以S =5a =20． 5 3 故选：C. 4. 12 【分析】直接根据等差数列求和公式求解. 6×5 【解析】根据等差数列的求和公式，S =6a + d=12. 6 1 2 故答案为：12 5. 95 【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a ,d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案. 1 a +2d+a +3d=7 【解析】因为数列a 为等差数列，则由题意得 1 1 n 3a 1 +d   ，解得 a 1 =-4 ，   +a +4d=5 d=3 1 10×9 则S 10 =10a 1 + 2 d=10×-4  +45×3=95. 故答案为：95. 6. 2 【分析】转化条件为2a 1 +2d  =2a +d+6，即可得解. 1 【解析】由2S 3 =3S 2 +6可得2a 1 +a 2 +a 3  =3a 1 +a 2  +6，化简得2a =a +a +6， 3 1 2 即2a 1 +2d  =2a +d+6，解得d=2. 1 故答案为：2. 1. D 【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a =2和d来处理，亦可用等差数列的性质 1 进行处理，或者特殊值法处理. 【解析】方法一：利用等差数列的基本量 数学试题 第 7 页 共 24 页9×8 由S =1，根据等差数列的求和公式，S =9a + d=1⇔9a +36d=1， 9 9 1 2 1 2 2 又a +a =a +2d+a +6d=2a +8d= (9a +36d)= . 3 7 1 1 1 9 1 9 故选：D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，a +a =a +a ，由S =1，根据等差数列的求和公式， 1 9 3 7 9 9(a +a ) 9(a +a ) 2 S = 1 9 = 3 7 =1，故a +a = . 9 2 2 3 7 9 故选：D 方法三：特殊值法 1 2 不妨取等差数列公差d=0，则S =1=9a ⇒a = ，则a +a =2a = . 9 1 1 9 3 7 1 9 故选：D 2. B 【分析】由S =S 结合等差中项的性质可得a =0，即可计算出公差，即可得a =2的值. 5 10 8 1 【解析】由S -S =a +a +a +a +a =5a =0，则a =0， 10 5 6 7 8 9 10 8 8 则等差数列a n  a -a 1 1 的公差d= 8 5 =- ，故a =a -4d=1-4×- 3 3 1 5 3  7 = . 3 故选：B. 3. C 【分析】设等差数列a n  公差为d，求得d=-48，得到a =192，结合党旗长与宽之比都相等和b =192， 3 1 列出方程，即可求解. 【解析】由题意，五种规格党旗的长a ,a ,a ,a ,a (单位:cm)成等差数列，设公差为d， 1 2 3 4 5 a -a 96-288 因为a =288，a =96，可得d= 5 1 = =-48， 1 5 5-1 4 可得a =288+(3-1)×(-48)=192， 3 a a a ⋅b 192×192 又由长与宽之比都相等，且b =192，可得 1 = 3 ，所以b = 3 1 = =128. 1 b b 3 a 288 1 3 1 故选：C. 1. -2 【分析】根据等比数列公式对a a a =a a 化简得aq=1，联立a a =-8求出q5=-2，最后得a =aq⋅ 2 4 5 3 6 1 9 10 7 1 q5=q5=-2. 【解析】设a n  的公比为qq≠0  ，则a a a =a a =a q⋅a q，显然a ≠0， 2 4 5 3 6 2 5 n 则a =q2，即aq3=q2，则aq=1，因为a a =-8，则aq8⋅aq9=-8， 4 1 1 9 10 1 1 则q15=q5  3=-8=-2  3，则q5=-2，则a =aq⋅q5=q5=-2， 7 1 故答案为：-2. 1. C 【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S . 4 【解析】由题知1+q+q2+q3+q4=51+q+q2  -4, 即q3+q4=4q+4q2,即q3+q2-4q-4=0,即(q-2)(q+1)(q+2)=0. 由题知q>0,所以q=2. 所以S =1+2+4+8=15. 4 故选:C. 数学试题 第 8 页 共 24 页2. D 【分析】设等比数列a n  的公比为q,q≠0，易得q≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通 项即可得解. 【解析】解：设等比数列a n  的公比为q,q≠0， 若q=1，则a -a =0，与题意矛盾， 2 5 所以q≠1， a +a +a = a 11-q3 则 1 2 3   =168  a 1 =96  1-q ，解得 1 ， q= a -a =aq-aq4=42 2 2 5 1 1 所以a =aq5=3. 6 1 故选：D. 3. 2 【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前n项和的定 义，得到关于q的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前n项和性质得到关于q的方程，解之即可 得解. 【解析】法一：设该等比数列为a n  ，S 是其前n项和，则S =4,S =68， n 4 8 设a n  的公比为qq>0  ， 当q=1时，S =4a =4，即a =1，则S =8a =8≠68，显然不成立，舍去； 4 1 1 8 1 当q≠1时，则S = a 11-q4 4  =4,S = a 11-q8 1-q 8  =68， 1-q 1-q8 68 1-q4 两式相除得 = ，即 1-q4 4  1+q4  =17， 1-q4 则1+q4=17，所以q=2， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：2. 法二：设该等比数列为a n  ，S 是其前n项和，则S =4,S =68， n 4 8 设a n  的公比为qq>0  ， 所以S =a +a +a +a =4， 4 1 2 3 4 S =a +a +a +a +a +a +a +a 8 1 2 3 4 5 6 7 8 =a +a +a +a +aq4+a q4+a q4+a q4 1 2 3 4 1 2 3 4 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4  1+q4  =68， 所以41+q4  =68，则1+q4=17，所以q=2， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：2. 法三：设该等比数列为a n  ，S 是其前n项和，则S =4,S =68， n 4 8 设a n  的公比为qq>0  ， 因为S 8 -S 4 =a 5 +a 6 +a 7 +a 8 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4  q4=68-4=64， 又S =a +a +a +a =4， 4 1 2 3 4 S -S 64 所以 8 4 =q4= =16，所以q=2， S 4 4 所以该等比数列公比为2. 故答案为：2. 数学试题 第 9 页 共 24 页4. 189 【分析】由等比数列前n项和公式求解， 3(1-26) 【解析】由题意得S = =189， 6 1-2 故答案为：189. 1 5. - 2 【分析】先分析q≠1，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q. 【解析】若q=1， 则由8S =7S 得8⋅6a =7⋅3a ，则a =0，不合题意. 6 3 1 1 1 所以q≠1. 当q≠1时，因为8S =7S ， 6 3 所以8⋅ a 11-q6  =7⋅ a 11-q3 1-q  ， 1-q 即8⋅1-q6  =7⋅1-q3  ，即8⋅1+q3  1-q3  =7⋅1-q3  ，即8⋅1+q3  =7， 1 解得q=- . 2 1 故答案为：- 2 6. AD 【分析】对A，根据等比数列通项公式和前n项和公式得到方程组，解出a ,q，再利用其通项公式和前n 1 项和公式一一计算分析即可. a =4 a =9 【解析】对A，由题意得  a 1 q2=1 ，结合q>0，解得   1 1 或   1 1 (舍去)，故A正确； a +aq+aq2=7 q= q=- 1 1 1 2 3 1 对B，则a =aq4=4× 5 1 2  4 1 = ，故B错误； 4 对C，S = a 11-q5 5  1 4×1- 32 = 1-q  31 = ，故C错误； 1 4 1- 2 1 对D，a =4× n 2  1 4× 1- n-1 2 =23-n，S = n  n     =8-2-n+3， 1 1- 2 则a +S =23-n+8-23-n=8，故D正确； n n 故选：AD. 1. A 【分析】根据题目条件可得S ，S -S ，S -S 成等比数列，从而求出S -S =1，进一步求出答案. 2 4 2 6 4 6 4 【解析】∵S 为等比数列a n n  的前n项和，S ≠0， 2 ∴S ，S -S ，S -S 成等比数列 2 4 2 6 4 ∴S =4，S -S =6-4=2 2 4 2 ∴S -S =1， 6 4 ∴S =1+S =1+6=7. 6 4 故选：A. 2. C 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据S ,S 的关系即可解出； 4 8 数学试题 第 10 页 共 24 页方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【解析】方法一：设等比数列a n  的公比为q，首项为a =2， 1 若q=-1，则S =0≠-5，与题意不符，所以q≠-1； 4 若q=1，则S =6a =3×2a =3S ≠0，与题意不符，所以q≠1； 6 1 1 2 由S =-5，S =21S 可得， a 11-q4 4 6 2  =-5， a 11-q6 1-q  =21× a 11-q2 1-q  ①， 1-q 由①可得，1+q2+q4=21，解得：q2=4， 所以S = a 11-q8 8  = a 11-q4 1-q  ×1+q4 1-q  =-5×1+16  =-85． 故选：C． 方法二：设等比数列a n  的公比为q， 因为S =-5，S =21S ，所以q≠-1，否则S =0， 4 6 2 4 从而，S ,S -S ,S -S ,S -S 成等比数列， 2 4 2 6 4 8 6 所以有，-5-S 2  2=S 221S 2 +5  5 ，解得：S =-1或S = ， 2 2 4 当S =-1时，S ,S -S ,S -S ,S -S ，即为-1,-4,-16,S +21， 2 2 4 2 6 4 8 6 8 易知，S +21=-64，即S =-85； 8 8 5 当S 2 = 4 时，S 4 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4 =a 1 +a 2  1+q2  =1+q2  S >0， 2 与S =-5矛盾，舍去． 4 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握S ,S 的 4 8 关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 1. C 【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解. 【解析】设等差数列a n  的公差为d,d≠0  ， 因为a ,a ,a 成等比数列，且a =-2， 3 4 6 1 所以a2 4 =a 3 a 6 ，即-2+3d  2=-2+2d  -2+5d  ，解得d=2或d=0(舍去)， 所以a =a +9d=-2+9×2=16. 10 1 故选：C. 2. 48 384 【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解d,q，进而可求得结果；方法二：根据 等比中项求a ,a ，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解. 7 3 【解析】方法一：设前3项的公差为d，后7项公比为q>0， a 192 则q4= 9 = =16，且q>0，可得q=2， a 12 5 a 则a =1+2d= 5 ，即1+2d=3，可得d=1， 3 q2 空1：可得a =3,a =a q4=48， 3 7 3 31-27 空2：a +a +⋯+a =1+2+3+3×2+⋅⋅⋅+3×26=3+ 1 2 9  =384 1-2 方法二：空1：因为a n  ,3≤n≤7为等比数列，则a2=a a =12×192=482， 7 5 9 且a >0，所以a =48； n 7 数学试题 第 11 页 共 24 页a2 又因为a2=a a ，则a = 5 =3； 5 3 7 3 a 7 a 空2：设后7项公比为q>0，则q2= 5 =4，解得q=2， a 3 可得a +a +a = 3a 1 +a 3 1 2 3  a -a q 3-192×2 =6,a +a +a +a +a +a +a = 3 9 = =381，所以a 2 3 4 5 6 7 8 9 1-q 1-2 1 +a +⋯+a =6+381-a =384. 2 9 3 故答案为：48；384. 1. B 【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误. 法2：构造fx  1 = x-6 4  3+6-x，利用导数求得fx  的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项 a 所在区间，从而判断a n n  的单调性；对于A，构造hx  1 9 = x3- x2+26x-47x≤3 4 2  ，判断得a n+1 M不恒成立；对于B，证明a 所在区间同时证得后续结论；对 n n 于C，记m 0 =log 3 2log 1 M-6 4   +1  ，取m=m 0  +1推得a n >M不恒成立；对于D，构造gx  1 = x3 4 9 - x2+26x-49x≥9 2  ，判断得a n+1 >a n +1，进而取m=M  +1推得a 0，a -6<0，故a -a <0，故a M恒成立，则6-3 n 4  n-1 >M， 6-M 9 故 > 3 4  n-1 6-M ，故nM恒成立仅对部分n成立， 9 3 n 4 故A不成立. 对于B，若a =5,可用数学归纳法证明：-1≤a -6<0即5≤a <6， 1 n n 证明：当n=1时，-1≤a -6=-1≤0，此时不等关系5≤a <6成立； 1 n 设当n=k时，5≤a <6成立， k 1 则a -6= a -6 k+1 4 k  1 3∈- ,0 4  ，故-1≤a -6<0成立即 k+1 由数学归纳法可得5≤a <6成立. k+1 1 而a n+1 -a n = 4 a n -6  3-a n -6  =a n -6  1 4 a n -6    2-1   ， 数学试题 第 12 页 共 24 页1 4 a n -6  2-1<0，a -6<0，故a -a >0，故a >a ，故a n n+1 n n+1 n n  为增数列， 若M=6，则a <6恒成立，故B正确. n 对于C，当a =7时，可用数学归纳法证明：00可得：a n+1 -6≤a 1 -6  1  4  n ，所以 1 a ≤6+ n+1 4  n ， 1 若a ≤6+ n+1 4  n ，若存在常数M>6，使得a >M恒成立， n 1 则M-6< 4  n-1 恒成立，故n3，故a ≥9成立 4 k+1 由数学归纳法可得a ≥9成立. n 而a n+1 -a n =a n -6  1 4 a n -6    2-1   >0，故a >a ，故a n+1 n n  为增数列， 又a n+1 -6=a n -6  1 × 4 a n -6  9 2> 4 a n -6  ，结合a n -6>0可得：a n+1 -6>a 1 -6  9  4  n-1 = 9 3 4  n-1 9 ，所以a ≥6+3 n 4  n-1 ， 9 若存在常数M>0，使得a 6+3 n 4  n-1 ， 9 故M>6+3 4  n-1 M-6 ，故n0，得06+ ； 3 3 令fx  2 3 2 3 <0，得6- 0， 数学试题 第 13 页 共 24 页1 对于A，因为a n+1 = 4 a n -6  1 3+6，则a n+1 -6= 4 a n -6  3， 1 当n=1时，a 1 =3，a 2 -6= 4 a 1 -6  3<-3，则a <3， 2 假设当n=k时，a <3， k 1 当n=k+1时，a -6= a -6 k+1 4 k  1 3< 3-6 4  3<-3，则a <3， k+1 综上：a n ≤3，即a n ∈-∞,4  ， 因为在-∞,4  上fx  <0，所以a 0， 4 所以hx  在-∞,3  上单调递增，故hx  ≤h3  1 9 = ×33- ×32+26×3-47<0， 4 2 故a -a +1<0，即a M恒成立， n 取m 1 =-M  +4，其中M-1<M  ≤M，且M  ∈Z， 因为a M恒成立矛盾，故A错误； +4 n 对于B，因为a =5， 1 1 当n=1时，a 1 =5<6，a 2 = 4 a 1 -6  1 3+6= ×5-6 4  3+6<6， 假设当n=k时，a <6， k 当n=k+1时，因为a <6，所以a -6<0，则a -6 k k k  3<0， 1 所以a = a -6 k+1 4 k  3+6<6， 1 又当n=1时，a 2 -5= 4 a 1 -6  1 3+1= ×5-6 4  3+1>0，即a >5， 2 假设当n=k时，a ≥5， k 当n=k+1时，因为a ≥5，所以a -6≥-1，则a -6 k k k  3≥-1， 1 所以a = a -6 k+1 4 k  3+6≥5， 综上：5≤a <6， n 因为在4,6  上fx  >0，所以a >a ，所以a n+1 n n  为递增数列， 此时，取M=6，满足题意，故B正确； 1 对于C，因为a n+1 = 4 a n -6  1 3+6，则a n+1 -6= 4 a n -6  3， 1 注意到当a 1 =7时，a 2 = 4 7-6  1 1 1 3+6= +6，a =  +6-6 4 3 4 4  3 1 +6= 4  4 +6，a = 4 1 1  4 4    4 +6-6   3 1 +6= 4  13 +6 数学试题 第 14 页 共 24 页1 猜想当n≥2时，a = k 4  2 1 3k-1  +6， 1 1 当n=2与n=3时，a = +6与a = 2 4 3 4  4 1 +6满足a = n 4  2 1 3n-1  +6， 1 假设当n=k时，a = k 4  2 1 3k-1  +6， 1 当n=k+1时，所以a = a -6 k+1 4 k  1 1 3+6=  4 4  2 1 3k-1    +6-6   3 1 +6= 4  2 1 3k+1-1  +6， 1 综上：a = n 4  2 1 3n-1  +6n≥2  ， 1 易知3n-1>0，则0< 4  2 1 3n-1  1 <1，故a = n 4  2 1 3n-1  +6∈6,7  n≥2  ， 所以a n ∈6,7  ， 因为在6,8  上fx  <0，所以a 6，使得a >M恒成立， n 记m 0 =log 3 2log 1 M-6 4   +1  ，取m=m 0  +1，其中m 0 -1<m 0  ≤m ,m ∈N*， 0 0 则3m>3m0=2log M-6 1 4  +1， 1 故 3m-1 2  >log M-6 1 4  1 ，所以 4  2 1 3m-1  1 M不恒成立，故C错误； m n 对于D，因为a =9， 1 1 当n=1时，a 2 -6= 4 a 1 -6  27 3= >3，则a >9， 4 2 假设当n=k时，a ≥3， k 1 当n=k+1时，a -6= a -6 k+1 4 k  1 3≥ 9-6 4  3>3，则a >9， k+1 综上：a ≥9， n 因为在8,+∞  上fx  >0，所以a >a ，所以a n+1 n n  为递增数列， 1 因为a n+1 -a n -1= 4 a n -6  1 9 3+6-a -1= a3- a2+26a -49， n 4 n 2 n n 令gx  1 9 = x3- x2+26x-49x≥9 4 2  ，则gx  3 = x2-9x+26， 4 因为gx  -9 开口向上，对称轴为x=- =6， 3 2× 4 所以gx  在9,+∞  上单调递增，故gx  ≥g9  3 = ×92-9×9+26>0， 4 所以gx  ≥g9  1 9 = ×93- ×92+26×9-49>0， 4 2 故a -a -1>0，即a >a +1， n+1 n n+1 n 假设存在常数M>0，使得a a +1，所以a >a +1,a >a +1,⋯,a n+1 n 2 1 3 2 M  >a +1 M  +1， 上式相加得，a M  +1 >a 1 +M  >9+M-1>M， 则a =a m2 M  >M，与a ，得到b >b ， 1 1 α α 1 1 2 2 1 α + 1 α 2 1 1 同理α + >α + ，可得b b 1 α 1 1 2 3 1 3 2 α + 2 α 3 1 1 1 1 又因为 > ,α + <α + ， α 1 1 1 1 1 2 α + α + α + 2 1 2 α 2 1 α + 3 α + 3 α 3 α 4 4 故b b ； 2 4 3 4 以此类推，可得b >b >b >b >⋯，b >b ，故A错误； 1 3 5 7 7 8 b >b >b ，故B错误； 3 7 8 1 1 > ，得b α + ，得b 0， 若a 1 ≥0，则当n≥2时，a n >a 1 ≥0；若a 1 <0，则a n =a 1 +n-1  d， 由a n =a 1 +n-1  a a d>0可得n>1- 1 ，取N =  1- 1 d 0  d  +1，则当n>N 时，a >0， 0 n 所以，“a n  是递增数列”⇒“存在正整数N ，当n>N 时，a >0”； 0 0 n 若存在正整数N ，当n>N 时，a >0，取k∈N∗且k>N ，a >0， 0 0 n 0 k 假设d<0，令a n =a k +n-k  a a d<0可得n>k- k ，且k- k >k， d d a 当n>  k- k  d  +1时，a <0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列a n n  是递增数列. 所以，“a n  是递增数列”⇐“存在正整数N ，当n>N 时，a >0”. 0 0 n 所以，“a n  是递增数列”是“存在正整数N ，当n>N 时，a >0”的充分必要条件. 0 0 n 故选：C. 数学试题 第 16 页 共 24 页4. B 【分析】当q>0时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当S n  是递增数列时，必有a >0成立即可说 n 明q>0成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【解析】由题，当数列为-2,-4,-8,⋯时，满足q>0， 但是S n  不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件． 若S n  是递增数列，则必有a >0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0 n 成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B． 【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过 程． 1. C 【分析】先由题设结合a =S -S 求出数列a n n n-1 n  的通项公式，再结合数列a n  各项正负情况即可求 解. 【解析】因为S =-n2+8n， n 所以当n=1时，a =S =-12+8×1=7， 1 1 当n≥2时，a n =S n -S n-1 =-n2+8n  - -n-1  2+8n-1    =-2n+9， 经检验，a =7满足上式， 1 所以a n =-2n+9n∈N*  ，令a =-2n+9≥0⇒n≤4，a =-2n+9≤0⇒n≥5， n n 设数列 a n    的前n项和为T， n 则数列 a n    的前4项和为T =S =-42+8×4=16 4 4 数列 a n    的前12项和为 T 2n =a 1  +a 2  +⋯+a 12  =a +a +a +a -a -a -⋯-a 1 2 3 4 5 6 12 =2S 4 -S 12 =2×16--122+8×12  =80. 故选：C 2. C 【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得a 的值. 4 【解析】当n≥2,n∈N∗时，a =2S +2，所以a -a =2a ，即a =3a ， n n-1 n+1 n n n+1 n 当n=1时，a =2S +2=2a +2=6=3a ， 2 1 1 1 所以数列a n  是首项为2，公比为3的等比数列， 则a =aq3=54. 4 1 故选：C. 3. ①③④ 9 9 【分析】推导出a = - ，求出a =2、a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性 n a a 1 2 n n-1 的定义可判断③. 【解析】由题意可知，∀n∈N∗，a >0， n 当n=1时，a2=9，可得a =3； 1 1 9 9 9 9 当n≥2时，由S = 可得S = ，两式作差可得a = - ， n a n-1 a n a a n n-1 n n-1 9 9 9 所以， = -a ，则 -a =3，整理可得a2+3a -9=0， a a n a 2 2 2 n-1 n 2 3 5-3 因为a >0，解得a = <3，①对； 2 2 2 数学试题 第 17 页 共 24 页假设数列a n  9 为等比数列，设其公比为q，则a2=aa ，即 2 1 3 S 2  2 81 = ， SS 1 3 所以，S 2 2=S 1 S 3 ，可得a2 11+q  2=a2 11+q+q2  ，解得q=0，不合乎题意， 故数列a n  不是等比数列，②错； 当n≥2时，a = 9 - 9 = 9a n-1 -a n n a a n n-1  >0，可得a ，累加可求出 > (n+2)，得出100a <3，再利用 - = < a a 3-a 3 a 3 100 a a 3-a n+1 n n n n+1 n n 1 1 1 = 1+ 3 3 n+1 3- n+2  1 1 ，累加可求出 -1< n-1 a 3 n  1 1 1 1 +  + +⋯+ 3 2 3 n  ，再次放缩可得出 5 100a > ． 100 2 2 【解析】∵a 1 =1，易得a 2 = 3 ∈0,1  ，依次类推可得a n ∈0,1  1 由题意，a =a 1- a n+1 n 3 n  1 3 ，即 = a n+1 a n3-a n  1 1 = + ， a 3-a n n 1 1 1 1 ∴ - = > ， a a 3-a 3 n+1 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 即 - > ， - > ， - > ，⋯， - > ,(n≥2)， a a 3 a a 3 a a 3 a a 3 2 1 3 2 4 3 n n-1 1 1 累加可得 -1> n-1 a 3 n  1 1 ，即 > (n+2),(n≥2)， a 3 n 3 ∴a n < n+2 ,n≥2  1 100 ，即a < ，100a < <3, 100 34 100 34 1 1 1 1 1 1 又 - = < = 1+ a a 3-a 3 3 n+1 n+1 n n 3- n+2  ,(n≥2)， 1 1 1 1 ∴ - = 1+ a a 3 2 2 1  1 1 1 1 ， - < 1+ a a 3 3 3 2  1 1 1 1 ， - < 1+ a a 3 4 4 3  1 1 1 1 ，⋯， - < 1+ a a 3 n n n-1  ,(n≥3)， 1 1 累加可得 -1< n-1 a 3 n  1 1 1 1 +  + +⋯+ 3 2 3 n  ,(n≥3)， 1 1 1 1 1 ∴ -1<33+  + +⋯+ a 3 2 3 100 100  1 1 1 <33+  ×4+ ×96 3 2 6  <39， 1 1 5 即 <40，∴a > ，即100a > ； a 100 40 100 2 100 5 综上： <100a <3． 2 100 故选：B． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 数学试题 第 18 页 共 24 页153+n 1. 5 720-  2n-4 【分析】(1)按对折列举即可；(2)根据规律可得S ，再根据错位相减法得结果. n 【解析】(1)由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对着三 5 3 次的结果有： ×12，5×6，10×3；20× ，共4种不同规格(单位dm2)； 2 2 5 5 3 3 故对折4次可得到如下规格： ×12， ×6，5×3，10× ，20× ，共5种不同规格； 4 2 2 4 (2)由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成 1 公比为 的等比数列，首项为120dm2 2  1 ,第n次对折后的图形面积为120× 2  n-1 ，对于第n此对折后 120(n+1) 的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n+1种(证明从略)，故得猜想S = ， n 2n-1 n 120×2 120×3 120×4 120n+1 设S=∑S = + + +⋯+ k 20 21 22 k=1  ， 2n-1 1 120×2 120×3 120n 120(n+1) 则 S= + +⋯+ + ， 2 21 22 2n-1 2n 两式作差得： 1 1 1 1 S=240+120 + +⋯+ 2 2 22 2n-1  120n+1 -  2n 1 601- 2n-1 =240+  120n+1 - 1 1- 2  2n 120 120n+1 =360- - 2n-1  120n+3 =360- 2n  ， 2n 240n+3 因此，S=720-  15n+3 =720- 2n  . 2n-4 15n+3 故答案为：5；720-  . 2n-4 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： (1)对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； (2)对于a b n n  结构，其中a n  是等差数列，b n  是等比数列，用错位相减法求和； (3)对于a +b n n  结构，利用分组求和法； 1 (4)对于 a a n n+1  结构，其中a n  是等差数列，公差为dd≠0  1 1 1 1 ，则 =  - a a d a a n n+1 n n+1  ，利用裂项 相消法求和. 2. C 【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得n可能的最大值，然后构造 数列满足条件，即得到n的最大值． 若要使n尽可能的大，则 ，递增幅度要尽可能小， 不妨设数列 是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为 ， 则 ， ， 所以n≤11. 数学试题 第 19 页 共 24 页对于 ， ， 取数列 各项为 (n=1,2,⋯10)，a =25, 11 则a +a +⋅⋅⋅+a =100， 1 2 11 所以n的最大值为11． 故选：C． 3. A 3 a 1 1 1 1 1 【分析】显然可知，S > ，利用倒数法得到a = n ⇒ = + = + 100 2 n+1 1+ a a a a a 2 n n+1 n n n  2 1 - ， 4 1 1 1 再放缩可得∴ < + a a 2 n+1 n  2 1 1 1 1 n-1 n+1 ⇒ < + ∴ ≤1+ = ，由累加法可得 a a 2 a 2 2 n+1 n n 4 a a n+1 a a ∴a ≥ ∴a = n ≤ n = a ，进而由a = n 局部放缩可得∴ n+1 n (n+1)2 m+1 1+ a 2 n+3 n n+1 1+ a a n 1+ n n n+1 n+1 6 1 1 1 ≤ ⇒a ≤ ⇒S ≤1+ +6 - +⋯ n+3 n (n+1)(n+2) 100 2 4 5  1 3 <1+ + =3，然后利用累乘法求 2 2 a n+1 6 1 1 1 得∴ n+1 ≤ ⇒a ≤ ⇒S ≤1+ +6 - +⋯ a n+3 n (n+1)(n+2) 100 2 4 5 n  1 3 <1+ + =3，最后根据 2 2 裂项相消法即可得到S <3，从而得解． 100 a 【解析】因为a 1 =1,a n+1 = 1+ n a n∈N∗ n  3 ，所以a >0，S > ． n 100 2 a 1 1 1 1 1 由a = n ⇒ = + = + n+1 1+ a a a a a 2 n n+1 n n n  2 1 - 4 1 1 1 ∴ < + a a 2 n+1 n  2 1 1 1 1 1 1 ⇒ < +  ，即 - <  a a 2 a a 2 n+1 n n+1 n 1 n-1 n+1 根据累加法可得， <1+ = ,n≥2 a 2 2 n  1 1+1 ，当n=1时 = ， a 2 1 1 n+1 则 ≤ ，当且仅当n=1时等号成立， a 2 n 4 a a n+1 ∴a ≥  ∴a = n ≤ n = a n (n+1)2 n+1 1+ a 2 n+3 n n 1+ n+1 a n+1 ∴ n+1 ≤ ， a n+3 n 6 由累乘法可得a n ≤ (n+1)(n+2) ,n≥2  6 ，且a = ， 1 (1+1)(1+2) a n+1 6 1 1 1 则∴ n+1 ≤ ⇒a ≤ ⇒S ≤1+ +6 - +⋯ a n+3 n (n+1)(n+2) 100 2 4 5 n  1 3 <1+ + =3，当且仅当 2 2 n=1时取等号， 由裂项求和法得： 1 1 1 1 1 1 1 1 所以S ≤6 - + - + - +⋯+ - 100 2 3 3 4 4 5 101 102  1 1 =6 - 2 102  3 <3，即 0，不妨设A(n,a ),B(n,b ),C(n,c )， n n n n n n   三点均在第一象限内，由c n =λa n +(1-λ)b n 可知，BC=λBA,λ∈0,1  ， 故点C恒在线段AB上，则有mina ,b n n  ≤c ≤maxa ,b n n n  0， 则f(x)=2xln2-10，由f(x)单调递增， 又f(3)<0,f(4)>0，存在x ∈(3,4)，使f(x )=0， 0 0 即当0x 时，f(x)>0，f(x)单调递增； 0 故f(x)至多2个零点， 又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0， 可知f(x)存在2个零点，不妨设x ,x (x a 成立， n n n n n n 要使a 、b 、c 的值均能构成三角形， n n n 所以a +c >b 恒成立，故b <2a ， n n n n n 10n-9≤2n 所以有  ，解得n=6； 2n<2(10n-9) ②若a ≥b ，即10n-9≥2n时，此时n=2,3,4,5. n n 则a ≥c ≥b ，可知a +c >b 成立， n n n n n n 要使a 、b 、c 的值均能构成三角形， n n n 所以b +c >a 恒成立，故a <2b ， n n n n n 10n-9≥2n 所以有  ，解得n=4或5； 10n-9<2n+1 综上可知，正整数n的个数有3个. 故选：B. 2. C 【分析】结合等差数列性质将c代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 【解析】因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，c=2b-a，代入直线方程ax+by+c=0得 ax+by+2b-a=0，即ax-1  +by+2  x-1=0 x=1 =0，令  得  ， y+2=0 y=-2 故直线恒过1,-2  ，设P1,-2  ，圆化为标准方程得：C:x2+y+2  2=5， 设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，AB  最小， PC  =1,AC  =r  = 5，此时AB  =2AP  =2 AC2-PC2=2 5-1=4. 数学试题 第 21 页 共 24 页故选：C 3. B 【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理 作答. 2π 2π 2π 【解析】依题意，等差数列{a }中，a =a +(n-1)⋅ = n+a - n n 1 3 3 1 3  ， 2π 2π 显然函数y=cos n+a - 3 1 3      的周期为3，而n∈N∗，即cosa 最多3个不同取值，又{cosa |n∈ n n N∗}={a,b}， 则在cosa ,cosa ,cosa 中，cosa =cosa ≠cosa 或cosa ≠cosa =cosa 或cosa =cosa ≠cosa 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 2 2π 于是有cosθ=cosθ+ 3  4π 或cosθ=cosθ+ 3  ， 2π 即有θ+θ+ 3  π =2kπ,k∈Z，解得θ=kπ- ,k∈Z； 3 4π 或者θ+θ+ 3  2π =2kπ,k∈Z，解得θ=kπ- ,k∈Z； 3 π 所以k∈Z，ab=coskπ- 3  π cos kπ- 3  4π   +  3  π =-coskπ- 3  π 1 coskπ=-cos2kπcos =- 或ab 3 2 2π =coskπ- 3  1 coskπ=- . 2 故选：B 4. C 【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程. 【解析】由题意得f(s-t)f(s+t)=[f(s)]2，即a(s-t)2+b  a(s+t)2+b  =as2+b  2， 对其进行整理变形： as2+at2-2ast+b  as2+at2+2ast+b  =as2+b  2， as2+at2+b  2-(2ast)2-as2+b  2=0， 2as2+at2+2b  at2-4a2s2t2=0， -2a2s2t2+a2t4+2abt2=0， 所以-2as2+at2+2b=0或t=0， s2 t2 其中 - =1为双曲线，t=0为直线. b 2b a a 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心 素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题. 5. D 【分析】设OD =DC =CB =BA =1，则可得关于k 的方程，求出其解后可得正确的选项. 1 1 1 1 3 数学试题 第 22 页 共 24 页【解析】设OD =DC =CB =BA =1，则CC =k ,BB =k ,AA =k ， 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 DD +CC +BB +AA 依题意，有k -0.2=k ,k -0.1=k ，且 1 1 1 1 =0.725， 3 1 3 2 OD +DC +CB +BA 1 1 1 1 0.5+3k -0.3 所以 3 =0.725，故k =0.9， 4 3 故选：D 6. q≥2 【分析】当n≥2时，不妨设x≥y，则x-y∈0,a 2 -a 1  ∪a n -a 2 ,a n+1 -a 1  ∪0,a n+1 -a n  ，结合I 为闭 n 1 区间可得q-2≥- 对任意的n≥2恒成立，故可求q的取值范围. qn-2 【解析】由题设有a n =a 1 qn-1，因为a 1 >0,q>1，故a n+1 >a n ，故a n ,a n+1  =a 1 qn-1,a 1 qn  ， 当n=1时，x,y∈a 1 ,a 2  ，故x-y∈a 1 -a 2 ,a 2 -a 1  ，此时I 为闭区间， 1 当n≥2时，不妨设x≥y，若x,y∈a 1 ,a 2  ，则x-y∈0,a 2 -a 1  ， 若y∈a 1 ,a 2  ,x∈a n ,a n+1  ，则x-y∈a n -a 2 ,a n+1 -a 1  ， 若x,y∈a n ,a n+1  ，则x-y∈0,a n+1 -a n  ， 综上，x-y∈0,a 2 -a 1  ∪a n -a 2 ,a n+1 -a 1  ∪0,a n+1 -a n  ， 又I n 为闭区间等价于0,a 2 -a 1  ∪a n -a 2 ,a n+1 -a 1  ∪0,a n+1 -a n  为闭区间， 而a -a >a -a >a -a ，故a -a ≥a -a 对任意n≥2恒成立， n+1 1 n+1 n 2 1 n+1 n n 2 故a n+1 -2a n +a 2 ≥0即a 1 qn-1q-2  +a 2 ≥0，故qn-2q-2  +1≥0， 1 故q-2≥- 对任意的n≥2恒成立，因q>1， qn-2 1 故当n→+∞时，- →0，故q-2≥0即q≥2. qn-2 故答案为：q≥2. 【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有 关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理. 115 7. 23 57.5/ 2 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 325 π 2 【解析】设升量器的高为h ，斗量器的高为h (单位都是mm)，则 1 2  2 h 2 65 π 2  325 π 2 = 2 h 1  2 ×230 325 π 2  =10， 2 h 2 115 故h =23mm，h = mm. 2 1 2 115 故答案为：23mm, mm. 2 1. (-4,0)∪(0,4) 【分析】由无穷等比数列的概念可得公比q的取值范围，再由极限的运算知a =4，从而得解． 1 【解析】解：∵无穷等比数列{a }，∴公比q∈(-1，0)(0，1)， n ∴lima =0， n n→∞ ∴lim(a -a )=a =4， 1 n 1 n→∞ ∴a =aq=4q∈(-4，0)(0，4)． 2 1 故答案为：(-4，0)(0，4)． 1. ACD 数学试题 第 23 页 共 24 页【分析】利用ωn  的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误. 【解析】对于A选项，ωn  =a +a +⋯+a ，2n=a ⋅21+a ⋅22+⋯+a ⋅2k+a ⋅2k+1， 0 1 k 0 1 k-1 k 所以，ω2n  =a 0 +a 1 +⋯+a k =ωn  ，A选项正确； 对于B选项，取n=2，2n+3=7=1⋅20+1⋅21+1⋅22，∴ω7  =3， 而2=0⋅20+1⋅21，则ω2  =1，即ω7  ≠ω2  +1，B选项错误； 对于C选项，8n+5=a ⋅23+a ⋅24+⋯+a ⋅2k+3+5=1⋅20+1⋅22+a ⋅23+a ⋅24+⋯+a ⋅2k+3， 0 1 k 0 1 k 所以，ω8n+5  =2+a +a +⋯+a ， 0 1 k 4n+3=a ⋅22+a ⋅23+⋯+a ⋅2k+2+3=1⋅20+1⋅21+a ⋅22+a ⋅23+⋯+a ⋅2k+2， 0 1 k 0 1 k 所以，ω4n+3  =2+a 0 +a 1 +⋯+a k ，因此，ω8n+5  =ω4n+3  ，C选项正确； 对于D选项，2n-1=20+21+⋯+2n-1，故ω2n-1  =n，D选项正确. 故选：ACD. 2. ①③④ 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特 征及反证法可判断③的正误. 【解析】对于①，因为a n  ,b n  均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故M中至多一个元素，故①正确. 对于②，取a n =2n-1,b n =--2  n-1,则a n  ,b n  均为等比数列， 但当n为偶数时，有a n =2n-1=b n =--2  n-1，此时M中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设b n =AqnAq≠0,q≠±1  ，a n =kn+bk≠0  ， 若M中至少四个元素，则关于n的方程Aqn=kn+b至少有4个不同的正数解， 若q>0,q≠1，则由y=Aqn和y=kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn=kn+b至多有两个不同的 解，矛盾； 若q<0,q≠±1，考虑关于n的方程Aqn=kn+b奇数解的个数和偶数解的个数， 当Aqn=kn+b有偶数解，此方程即为Aq  n=kn+b， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Aklnq  >0， 否则Aklnq  <0，因y=Aq  n,y=kn+b单调性相反， 方程Aq  n=kn+b至多一个偶数解， 当Aqn=kn+b有奇数解，此方程即为-Aq  n=kn+b， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-Aklnq  >0即Aklnq  <0 否则Aklnq  >0，因y=-Aq  n,y=kn+b单调性相反， 方程-Aq  n=kn+b至多一个奇数解， 因为Aklnq  >0，Aklnq  <0不可能同时成立， 故Aqn=kn+b不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素， 取q=-2,a =-2,d=6,b =-2 ，则a =b =-2,a =b =4,a =b =16,故③正确. 1 1 1 1 2 2 4 4 对于④，因为a n  为递增数列，b n  为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨 论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 数学试题 第 24 页 共 24 页