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5.5 数列与其他知识综合
考点一 数列与三角函数
【例1】（2024·重庆·三模）已知在数列 中， ．
(1)求证：数列 是等差数列，并求数列 的前 项和 ；
(2)在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ，求 面积
的最大值．【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】（1）由题意， ，即
为等差数列：首项 ，公差 ，
，则 ，
设 ，
（2）
由正弦定理，有 ，．
即 ，又 ，
，即
由 ，
由余弦定理得： ，．
，即 ，当且仅当 时取等号，
，即△ABC面积最大值为 ．
【一隅三反】
1．（23-24高三下·江西·阶段练习）数列 满足 ， ， ， .(1)证明：数列 为等差数列，并求数列 的通项公式；
(2)求正整数 ，使得 .
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】（1）由已知条件可知，由于 ，
故 ，
则 ，
故数列 是以1为公差的等差数列，且首项为 ，
故 ，
即 .
（2）
，
由 ，得 .
2．（2024·福建福州·模拟预测）已知数列 中， ， ．
(1)证明：数列 为常数列；
(2)求数列 的前2024项和．
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【解析】（1）依题意，
，
则 化为 ，
而 ，则 ，因此 ，
所以数列 为常数列.
（2）由（1）知， ，由 ，即 是以6为周期的周期数列，令 ，
所以数列 的前2024项和
.
3．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数 的所有正零点构成递增数列 ．
(1)求函数 的周期和最大值；
(2)求数列 的通项公式 及前 项和 ．
【答案】(1)周期2，最大值2
(2) ，
【解析】（1）由题可得 ，因此函数 的周期 ，
当 ，即 时，取最大值，最大值为 ．
（2）由 得 ，
因此函数 的所有正零点为 ，
， ，因此 是首项为 ，公差为1的等差数列；
，
考点二 数列与统计概率
【例2-1】（2024·上海·三模）如图，已知正方体 顶点处有一质点 ，点 每次会随机地沿一
条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一
次，若质点 的初始位置位于点A处，记点 移动 次后仍在底面 上的概率为 ．
(1)求 ；
(2)证明：数列 是等比数列；若 ，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【解析】（1）依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当点 在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为 ，当点 在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为 ，
所以 ， .
（2） ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列；
， ，
若 ，则 ，所以 ，
又 ， ， ，所以 ， 的最大值为 .
【例2-2】（2024·广东广州·三模）甲进行摸球跳格游戏，图上标有第1格，第2格， ，第25格，棋子开始
在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒
中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2
格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第 格的概率为 ．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为 ，求 的分布列和期望；
(2)求 的通项公式．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【解析】（1）根据题意可知， 的所有可能取值为0，1，2，
则 ， ，，
可得 的分布列如下：
0 1 2
期望值为 ；
（2）依题意，当 时，棋子跳到第 格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第 格，再摸出两球颜色不同，
第二种，棋子先跳到第 格，再摸出两球颜色相同，
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为 ，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为 ，
因此可得 ， ，
所以 ，
因此可得 ，且 ， ， ，
即数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
即 ，
所以
，由题意 ，
综上， .
【一隅三反】
1．（2024·山西·模拟预测）正三棱柱 的底面边长为1，侧棱长为2，一只蚂蚁从 点出发，每次
沿着该三棱柱的一条棱的端点爬行到另一个端点，若它选择三个方向爬行的概率相等，且每次爬行都相互独立.
(1)记这只蚂蚁经过4次爬行后，其爬行的总路程为 ，求 的分布列和数学期望；
(2)求这只蚂蚁经过5次爬行后，停留在平面 内的概率.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【解析】（1）解：这只蚂蚁每次爬行距离为1的概率是 ，每次爬行距离为2的概率是 ，
则随机变量 的所有可能取值有4，5，6，7，8，
可得 ， ，
， ，
，
所以 的分布列为
4 5 6 7 8
所以期望为 .
（2）解：将这只蚂蚁爬行了 次后停留在平面 内的概率记为 ，则 ，其爬行了 次后停留在平面 内的概率 ，
所以 ，
因为 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，即 ，
所以这只蚂蚁经过5次爬行后，停留在平面 内的概率 .
2．（2024·浙江绍兴·三模）如图是一个各棱长均为1米的正四棱锥 ，现有一只电子蛐蛐在棱上爬行，
每次从一个顶点开始，等可能地沿棱爬到相邻顶点，已知电子蛐蛐初始从顶点 出发，再次回到顶点 时停止
爬行.
(1)求电子蛐蛐爬行2米后恰好回到顶点 的概率；
(2)在电子蛐蛐停止爬行时爬行长度不超过4米的条件下，记爬行长度为 ，求 的分布列及其数学期望 ；
(3)设电子蛐蛐爬行 米后恰好停止爬行（首次回到顶点 ）的概率记为 ，求 （用 表示）.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【解析】（1）记事件 “电子蛐蛐爬行的第 米终点为 ”， “电子蛐蛐爬行的第 米终点为 ”，
“电子蛐蛐爬行的第 米终点为 ”， “电子蛐蛐爬行的第 米终点为 ”，
“电子蛐蛐爬行的第 米终点为 ”， “电子蛐蛐爬行 米后恰好停止爬行”，
则（2）记事件 “电子蛐蛐停止爬行时，爬行长度不超过4米”
的可能取值为2，3，4，根据条件概率的知识，可得 的分布列为
，
，
，
用表格表示 的分布列为：
2 3 4
．
（3） （ ， ）①
②②－①得：
，
3．（2024·江苏·模拟预测）如图，已知正方体 顶点处有一质点 ，点 每次会随机地沿一条
棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，
若质点 的初始位置位于点A处，记点 移动 次后仍在底面 上的概率为 .
(1)求 ；
(2)①求证：数列 是等比数列；
②求 .
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【解析】（1）依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面.
所以当点 在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为 ，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为 ，
又因为 ，所以 .（2）①证明：因为 ，
所以 .
又因为 ，所以 ，
所以数列 是等比数列.
②因为 ，
所以 ，所以 .
设 ，
则 ，
则 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
又因为 ，
所以 .考点三 斐波那契数列
【例3-1】（23-24 河南南阳·阶段练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列
数：1，1，2，3，5，8，13， ．其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和．后来人们把这样的一列数
组成的数列 称为“斐波那契数列”．记 为“斐波那契数列” 的前 项和，若 ，
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，
所以
，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
故选：A
【例3-2】（24-25 上海·单元测试）若数列 满足 ， ， （ ，n为正整数），则
称数列 为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有
直接的应用．设 是数列 的前n项和，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B【解析】按照规律有 ， ， ， ， ， ， ， ，故A、C错；
，
则 ，
故B对；
，
故D错．
故选:B．
【一隅三反】
1．（2024·山东·模拟预测）（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列
数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它
前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用 表示斐波那契数列的第
项，则数列 满足： ， .则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以 ，所以A错误，
对于B，当 时， ， ， ，
所以三式相加得 ，所以 ，所以B正确，
对于C，因为数列 满足： ， ，
所以 ， ， ，……，
， ， ，
以上2023个等式相加得 ,
因为 ，所以 ，所以C正确，
对于D，因为 ， ，
所以 ， ,
, ,
……,
,
所以 ，所以D正确，
故选：BCD
2．（2024·四川成都·模拟预测）（多选）斐波那契数列 满足 ， （ ）．下列命
题正确的有（ ）
A．
B．存在实数 ，使得 成等比数列
C．若 满足 ， （ ），则
D．
【答案】BC
【解析】对A，因为 满足 ，所以 ， ， ， ，
， ， ，
所以 ， ，
所以 ，所以A选项错误；
对B，若 为等比数列，则可设 ，
将 代入可得， ，
即 ，则有 或 ，
所以存在实数 ，使得数列 为等比数列，故B选项正确；
对C，根据数列 的递推公式可计算出如下结果，
显然 的分子为 满足斐波那契数列，可以表示为 ，
同理， 的分母为 满足斐波那契数列，
可以表示为 ，所以 ，故C选项正确；
对D，根据斐波那契数列公式可得， ，
又因为 ，
所以 ，故D选项错误.
故选：BC.
考点四 周期数列
【例4-1】（2024·陕西榆林·三模）现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出
1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2024个被报出的数应该为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【解析】报出的数字依次是 ，除了首项以外是个周期为6的周期数列.
去掉首项后的新数列第一项为2，因为 ，所以原数列第2024个被报出的数应该为2.
故选：A.
【例4-2】（23-24高三上·河南漯河·期末）数列 满足 ，若 为数列 的
前 项和，则 .
【答案】
【解析】 ，
.
故答案为： .
【一隅三反】
1．（2023·湖南永州·二模）已知数列 满足 ，则 ．
【答案】
【解析】由余弦函数性质可知数列 是以 为周期的周期数列，易知 ， ， ， ，
则 ，且 ，可得 ；
由累加法可得
；
故答案为：
2．（2023·四川宜宾·一模）已知等差数列 的公差为 ，集合 ，若 ，则
．
【答案】 /1.25
【解析】因为等差数列 的公差为 ，所以 ，
所以 ，所以数列 是周期为3的数列，
又 ，故 中必有两者相等，
不妨设 ，
则 （舍）或 ，
而 或 ，
若 ，
故 ， ，
连续三个中第三数为 或为 ，
此时 或 .
若 ，
则 ， ，此时这两个数的中间数 ，此时 或 .
综上， .
故答案为：
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列 满足 ， 且 ，则
的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解析】依题意，数列 满足 ， 且 ，
， ， ，
，
所以数列 是周期为 的周期数列，
所以
，当且仅当 时等号成立.
故选：A
4．（2023·四川成都·二模）已知数列 满足 ， ，则数列 前2023项的积为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【解析】依题意， ， ，
所以 ， ，所以数列 是周期为 的周期数列，
， ，
所以数列 前 项的积为 .
故选：B
考点五 新定义数列
【例5-1】（2024·天津河西·三模）若数列 满足 ，则称 为“对奇数列”．已知正项数列
为“对奇数列”，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为正项数列 为“对奇数列”，所以 ，
则 ，即数列 是公比为2的等比数列，又因为 ，
所以 ，
故选：C.
【例5-2】（2024·湖北荆州·三模）“ 数列”定义：数列 的前 项和为 ，如果对于任意的正整数 ，总
存在正整数 使 则称数列 是“ 数列”.
(1)若数列 的前 项和为 求证：数列 是“ 数列”；
(2)已知数列 是“ 数列”，且数列 是首项为 ，公差小于 的等差数列，求数列 的通项公式；
(3)若数列 满足： 求数列 的前 项和 .
【答案】(1)证明见解析
(2)(3)
【解析】（1）证明：当 时， ；
当 时， ，
所以 ，即 .
所以数列 是“ 数列”.
（2）设数列 的公差为d, .
对 ，使 ；
取 时，得 ，解得 ，
，又 ，
故 ， 是小于2正整数.
此时对于任意的正整数 ，总存在正整数 使 ，故 .
（3） ，
当 时， ，
，
，
.
当 时， ，满足上式.
综上， .
【一隅三反】1．（2024·陕西·三模）数列 的前 项的最大值记为 ，即 ；前 项的最小值记为
，即 ，令 ，并将数列 称为 的“生成数列”．
(1)设数列 的“生成数列”为 ，求证： ；
(2)若 ，求其生成数列 的前 项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）由题意可知 ，
所以 ，因此 ，
即 是单调递增数列，且 ，
由“生成数列”的定义可得 ．
（2）当 时， ．
，又 ，
，
当 时， ．
设数列 的前 项和为 ．则 ．
当 时，又 符合上式，所以 ．
2．（2024·江西南昌·三模）给定数列 ，若对任意m， 且 ， 是 中的项，则称 为
“H数列”．设数列 的前n项和为
(1)若 ，试判断数列 是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设 既是等差数列又是“H数列”，且 ， ， ，求公差d的所有可能值；
(3)设 是等差数列，且对任意 ， 是 中的项，求证： 是“H数列”．
【答案】(1)是“H数列”；理由见解析
(2)1，2，3，6；
(3)证明见解析
【解析】（1）因为 ，当 时， ，
当 时， 也成立，
所以 ，
对任意m， 且 ， ，
是“H数列”.
（2）因为 ， ， ，
所以 ，所以 ，
由已知得 也为数列中的项，
令 ，即 ，
所以 ，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.（3）设数列 的公差为d，所以存在 ，对任意 ， ，即 ，
当 时，则 ，故 ，此时数列为“H数列”；
当 时， ，取 ，则 ，所以 ， ，
当 时， 均为正整数，符合题意，
当 时， 均为正整数，符合题意，
所以 ， ，
设 ， ， ，即 ，
所以任意m， 且 ， ，
显然 ，所以 为数列中的项，
是“H数列”.
3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 是斐波那契数列，其数值为： .这一数列
以如下递推的方法定义： .数列 对于确定的正整数 ，若存在正整数
使得 成立，则称数列 为“ 阶可分拆数列”.
(1)已知数列 满足 .判断是否对 ，总存在确定的正整数 ，使得数列 为
“ 阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列 的前 项和为 ，
（i）若数列 为“ 阶可分拆数列”，求出符合条件的实数 的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列 满足 ， ，其前 项和为 .证明：当 且 时，
成立.【答案】(1)存在，理由见解析
(2)（i）0；（ii）证明见解析
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得 ， ， ，
即
对 ，当正整数 时，存在 ，使得 成立，
即数列 为“ 阶可分拆数列”；
（2） ，
当 时， ，
当 时， ，
（i）若数列 为“ 阶可分拆数列”，则存在正整数 使得 成立，
当 时， ，即 ，解得 ，
当 时， ，即 ，
因 ，所以 ，又 ，
故方程 无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为 .
（ii）方法一：
证明： ，
当 时， ，，
，
由（i）知 ，所以 ，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当 且 时， 成立.
方法二：
证明： ，
当 时， ，
，
，由（i）知 ，所以 ，
①，
②，
③，
由① ② ③可得
，
，
当 且 时， 成立.
考点六 数列与高斯函数
【例6】（2024·江苏南通·模拟预测）定义： 表示不大于 的最大整数， 表示不小于 的最小整数，如
， .设函数 在定义域 上的值域为 ，记 中元素的个数为 ，则
，
【答案】 3
【解析】由函数 在定义域 上的值域为 ，记 中元素的个数为 ，
当 时， ，可得 ， ， ，即 ，
当 时， ，可得 或 ， 或 ， 或1或2，即 ，
当 时， ，可得 或1或2， 或 或 ， 或1或2或4或5或6，即 ，
当 时，函数 在定义域 上的值域为 ，记 中元素的个数为 ，
当 时，函数 在定义域 上的值域为 ，
记 中元素的个数为 ，设 ，则 ， ，
所以 ，
则可得递推关系： ，
所以 ,
当 时， 成立，则 ，则 ，
所以 ，
故答案为：3；
【一隅三反】
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列 的各项均为正数， ，若 表示不超过
的最大整数，则 （ ）
A．615 B．620 C．625 D．630
【答案】C
【解析】因为 ，
所以 ，可得 是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以 ，因为数列 的各项均为正数，
所以 ，因为 ，
当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
，
则 .
故选：C.
2．（2024高三下·全国·专题练习）函数 是取整函数，也被称为高斯函数，其中 表示不超过x的最大
整数，例如： ， ．若在 的定义域内，均满足在区间 上， 是一个常
数，则称 为 的取整数列，称 为 的区间数列，下列说法正确的是（ ）
A． 的区间数列的通项
B． 的取整数列的通项
C． 的取整数列的通项
D．若 ，则数列 的前n项和
【答案】D
【解析】选项A：当 时， ， ，所以 ， ，
又当 时， ， ，所以 ， ，同理可知在 上， ， ，所以 ，A错误．
选项B：由选项A的分析可知， ，B错误．
选项C：因为
，
因为 ，所以 ，C错误．
选项D：由选项A的分析可知， ，
则 ①，
所以 ②，
②-①得
，D正确．
故选：D
3．（2024·江苏宿迁·三模） 表示不小于x的最小整数，例如 ， ．已知等差数列 的
前n项和为 ，且 ， ．记 ，则数列 的前10项的和 ．
【答案】
【解析】由 ，可得 ，解得 ，
又 ，得 ，解得 ，
所以数列 的公差为 ， ，
又 ，
，同理 ， ， ， ， ，
所以数列 的前10项的和为 .故答案为： .
4．（2024·湖南·模拟预测）已知数列 为公差不为0的等差数列， ，且 成等比数列，设 表
示不超过 的最大整数，如 ，记 为数列 的前 项和，则 ．
【答案】573
【解析】由数列 是等差数列，设其公差为 ，因为 成等比数列，
所以 ，即 ，解得 或 （舍去），
所以 ，则 ．
当 时， ，
即 ，共有 个 ，
因为 ，所以
，
令 ，则 ，
两式相减得 ，则 ，
所以 ，
故答案为：573.
考点六七 插项数列
【例7-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列 的前n项积为 ，数列 满足 ，
（ ， ）．
(1)求数列 ， 的通项公式；
(2)将数列 ， 中的公共项从小到大排列构成新数列 ，求数列 的通项公式．
【答案】(1) ，(2)
【解析】（1） ， ，
当 时， ，
当 时， ，即 ，
而 ，满足上式，
所以数列 的通项公式为 ；
若数列 满足 ， （ ， ），
则 ，
从而数列 的通项公式为 ；
（2）令 ，解得 ，这表明 ，
从而只能 ，
所以 ，
所以数列 的通项公式为 .
【例7-2】（2024·山东滨州·二模）已知等差数列 的前 项和为 ，且 ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)保持数列 中各项先后顺序不变，在 与 之间插入 个3，使它们和原数列的项构成一个
新的数列 ，求 的前150项和 ．
【答案】(1)
(2)490【解析】（1）因为 为等差数列，则 ，即 ，
可得 ， ，
所以 .
（2）因为在 与 之间插入 个3，
可知 在数列 中对应的项数为
，
当 时，则 ，即 ；
当 时，则 ，即 ；
由题意可知： ，
所以 .
【一隅三反】
1．（2024·重庆·三模）已知数列 的前 项和为 ，满足 ， .
(1)证明：数列 是等差数列；
(2)若数列 的公差不为0，数列 中的部分项组成数列 ， ， ，…， 恰为等比数列，其中 ，
， ，求数列 的通项公式.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【解析】（1）证明：由 ，得 ，
所以 ，即 ，所以 ，
两式相减得 ，
所以 .
所以数列 成等差数列.
（2）解：等差数列 的公差 ，其子数列 恰为等比数列，
其中 ， ， ，可得 ， ， ，
且有 ，即 ，
化为 ，则 ，
子数列 为首项为 ，公比为 的等比数列，
则 ，可得 .
2．（2024·广东广州·二模）已知等差数列 的前 项和为 ，且 为等差数列．
(1)求 的通项公式；
(2)在 与 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，记数列 的前 项
和为 ，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）因为等差数列 中， ，又 ，
所以 ，即 ①，
因为 为等差数列，所以 ，令 时， ，即 ，则 ②，
结合①②，解出 ，则 ，
所以 的通项公式为 ．
（2）由题设得 ，即 ，
所以 ①，
则 ②，
由①-②得： ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即证．
考点八 数列与二项式定理
【例8】（2024·湖南衡阳·模拟预测）数列的综合求和方法有：错位相减法，裂项相消法，分组求和法及倒序
相加法.在组合数的计算中有如下性质： ， .应用上述知识，计算
.
【答案】
【解析】令 ，
则有 ，
结合 可有 ，
倒序相加法得 ，， ，
即 .
故答案为： .
【一隅三反】
1．（2024·天津河西·三模）已知递增数列 的前n项和为 ，且 ， ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ．
（ⅰ）求数列 的通项公式；
（ⅱ）求 ．
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）
【解析】（1）因为 ，当 时， ，则 ；
当 时， ，则 ，即 ，
而 为递增数列，故 ，
即 为首项为2，公差为2的等差数列，
故 ；
（2）（i） ，
所以 ，
，两式相加可得 ，
故数列 的通项公式为 ；
（ii） ，
故 .
2（2024·福建宁德·模拟预测）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，
第n行从左至右的数字之和记为 ，如 的前 项和记为 ，依次去掉每一行
中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为 ， 的前 项和记为 ，则下列
说法正确的有（ ）
A． B． 的前 项和
C． D．
【答案】BCD
【解析】从第一行开始，每一行的数依次对应 的二项式系数，
所以 ，所以 为等比数列， ，
所以 ，故A错误；
，
故 的前 项和为 ，故B正确；
去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，
项数之和为 ，则 的最大整数为11，此时 ,
杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，
取的就是第12行中的第3项， ，故C正确；
是 中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，
所以 ，故D正确.
故选：BCD．
一．单选题
1．（23-24 辽宁·期中）已知数列 ，则由这两个数列公共项从小到大排列得到的数列为
，则数列 的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】因数列 是首项为1，公差为2的等差数列，而数列 是首项为1，公差为3的等差数列，
则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列 是首项为1，公差为6的等差数列，
故 .
故选：D.
2．（2024·四川南充·模拟预测）如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，
着色的小正方形的个数依次构成一个数列 的前4项. 记 ，则下列结论正确的为（ ）A． B．
C． D． 与 的大小关系不能确定
【答案】C
【解析】由图分析可知 ， ，
，
，
依次类推， ，
所以
.
故选： .
3．（2024·天津·模拟预测）数列 各项均为实数，对任意 满足 ，定义：行列式
且行列式 为定值，则下列选项中不可能的是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】B
【解析】由题知， ，又 ，所以 ， 是周期为3的周期数列.
对于A，若 ， ，则 ，则 或
若 ，则 ，得 ，
又 ，
由周期性可知，当 时，满足 ，A不满足题意；
对于B，若 ， ，则 ，即 ，
又 ，消元整理得 ，
即 ，无实数解，故B满足题意；
对于C，若 ， ，则 ，
解得 ，显然 恒成立，C不满足题意；
对于D，若 ， ，则 ，
解得 ，显然此时 恒成立，D不满足题意.
故选：B
4．（2024·山东青岛·二模）一只蜜蜂从蜂房 出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：
从蜂房 只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推，用 表示蜜蜂爬到
号蜂房的方法数，则 （ ）
A．1 B． C．2 D．【答案】A
【解析】依题意， （ ）， ，
当 时，
，又 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 .
故选：A.
5．（2024·重庆·三模）数列 的前 项和为 ， ，若 对任意 恒成
立，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于 ，故 ，从而 .
又有 .
所以 ，故 ，而 ，故 .
这表明命题等价于 对 恒成立.
若 ，则 ，从而原不等式对 不成立，不满足条件；
若 ，由于我们可以直接验证 在 和 时成立，且对 有
，
故 对 恒成立.
而此时由 有 ，故 对 恒成立，满足条件.
所以 的取值范围是 .
故选：B.6（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知数列 的首项 ，且满足 ，若 ，
则满足条件的最大整数 （ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】B
【解析】 ，令 ，
则 ，又 ，
所以 是以1为首项，2为公比的等比数列，
得 ，所以 ，
∴ ，
由 ，解得 .
故选：B
7．（2024·重庆·模拟预测）在半径为1的圆 中作内接正方形 ，作正方形 的内切圆 ，再作圆
的内接正方形 ，依此方法一直继续下去．我们定义每作出一个正方形为一次操作，则至少经过
（ ）次操作才能使所有正方形的面积之和超过 ．
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【解析】第一个正方形的边长为 ，面积为 ，
第二个正方形的边长为 ，面积为 ，
第三个正方形的边长为 ，面积为 ，
……以此类推，正方形的面积是首项为 ，公比为 的等比数列，
由 ， ，所以 ，
所以至少经过 次操作才能使所有正方形的面积之和超过 ．
故选：C
8．（2024·上海浦东新·三模）有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球 .甲、乙两人
约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的
负者先摸球.若第一局中甲先摸球，记第 局甲获胜的概率为 ，则关于以下两个命题判断正确的是（ ）
，且 ；
①
若第七局甲获胜的概率不小于0.9，则 不小于1992.
②A． 都是真命题 B． 是真命题， 是假命题
C．①是②假命题， 是真命题 D．① 都是假命②题
【答案①】A ② ①②
【解析】第一局：摸1次甲获胜概率为： ，摸3次甲获胜概率为： ，
摸5次甲获胜概率： ，摸7次甲获胜概率： ， ，
摸 次甲获胜概率： ，所以 ，
所以 ，
第 局甲获胜包括两种情况：第 局甲赢且第 局甲后摸球和第 局甲输且第 局甲先摸球，
则 ，故①正确；
由 ，设 ，解得 ，
所以 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
则 ，即 ，
所以 ，即 ，
即 ，即 ，即 ，
则 ，即 ，解得 ，
所以 不小于1992，所以②正确.
故选：A
二． 多选题
9．（2024·黑龙江·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门
新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路.下图展示了如何按照图①的分形规律生
长成一个图②的树形图，设图②中第n行白心圈的个数为 ，黑心圈的个数为 ，则下列说法正确的是（ ）A．
B．
C．数列 为等比数列
D．图②中第2023行的黑心圈的个数是
【答案】ACD
【解析】由题可得 ， ，故A正确，B错误；
， ， ，且有 ， ，
故有
所以 是以 为首项，3为公比的等比数列，
为常数列，且 ，
所以 是以 为首项，1为公比的等比数列，故C正确；
由上可得 故
所以 ，故D正确.
故选：ACD.
10．（2024·全国·模拟预测）已知 ， ，数列 和 的公共项由小到大排列组成数列 ，则（ ）
A．
B． 为等比数列
C．数列 的前 项和
D． 、 、 不是任一等差数列的三项
【答案】BCD
【解析】设 的第n项与 的第m项相等，即 ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，故A错；
令 ，即 ，
，不是 中的项，即不是 的项，
，是 中的项，即不是 的项，
所以 ，则 ，即 为等比数列，故B对；
由 ，
得 ，
两式相减得，所以 ，且 ，所以 单调递增，所以 ，故C对；
设 、 、 是等差数列 的第i、j、p项， 的首项为 ，公差为d，
，
因为 是有理数， 是无理数
所以原假设不成立，即 、 、 不是任一等差数列的三项
故选：BCD
11．（2024·山东济南·二模）数列 满足 ， ， ， 表示 落在区间
的项数，其中 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】根据题意，列举可得，数列 的前若干项分别为1，2，3，3，4，5，6，6，….
不难发现， .
对于A，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，
16，17，18，18….
即落在区间 上的有8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，共有11项，因此 ，故A错误.
对于B，当 时， ；
当 时， ；
当 时， ；当 时， ，
所以它们均在 中，故B正确.
对于C， ，故
C正确.
对于D，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，
16，17，18，18….，可得 ，
所以当 时， ，
而当 时， ，所以此时 不成立，故D错误.
故选:BC.
三． 填空题
12．（2024·辽宁·三模）设数列 的通项公式为 ，该数列中个位数字为0的项按从小到大的
顺序排列构成数列 ，则 被7除所得的余数是 .
【答案】
【解析】因为 ，所以当 的个位数字为 时，
的个位数为 ，则在数列 中，每连续10项中就有6项的个位数字为0，
而 ，由此推断数列 中的第2017项相当于数列 中的第3361项，
即 ，而 ，所以 除以7余数为1，
而 ， ，所以 除以7余数也为1，
而它们的差 一定能被7整除，所以 被7除所得余数为0.
故答案为：0.13．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·模拟预测）将函数 的零点按照从小到大的顺
序排列，得到数列 ，其前 项和为 ，且 ，则 ， ．
【答案】
【解析】由 ，得 ，则 ，
因为 ，且 ，
所以当 时， （当 时， ，不符合题意），得 ，
当 时， ，则 ，
所以数列 是首项为 ，公差为1的等差数列，
则 的前 项和 ．
故答案为： ； .
14．（2024·山西晋中·模拟预测）数列 为1，3，4，7，11，18，29，…，即 ， ，且
，记 为数列 的前n项和，则 .记数列 的各项依次被4除所得余
数所形成的数列为 ，则数列 的前2025项和为 .
【答案】
【解析】由题意可得
，
所以 .
数列 的各项依次被4除所得余数为1，3，0，3，3，2，1，3，0，3，3，2，…，故余数的周期为6，前6项的和为 ，
因为 ，故2025项包含了337个周期，余3个数为1、 3和0，
所以数列 的前2025项的和为 .
故答案为： ； .
四． 解答题
15．（2024·四川凉山·三模）如图，点 均在 轴的正半轴上， ， ，…， 分别
是以 为边长的等边三角形，且顶点 均在函数 的图象上．
(1)求第 个等边三角形的边长 ；
(2)求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）记数列 前 项和为 ，则顶点 坐标为 ， ，
因为点 在函数 上，
所以 ， ，
则 ， ，
两式相减得， ，
因为 ，所以 ， ，第一个等边三角形顶点 代入 得 ，
代入 得 ，所以 ，
故 是以 为首项 为公差的等差数列，
所以 ．
（2）由（1）得， ，
所以 ．
16．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的
美誉.四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有9大色系､10大花型､1280余个品种，以最亮眼的姿态恭
迎八方游人.某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位
游客选择曹州牡丹园的概率是 ，选择中国牡丹园的概率是 ，游客之间选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机选取 人，记 人中选择曹州牡丹区的人数为 ，求 的分布列､均值与方差；
(2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记 分，选择中国牡丹园记1分，记已调查过的累计得分为 分
的概率为 ，求 .
【答案】(1) 的分布列见详解；均值为 ；方差为
(2)
【解析】（1）随机变量 的可能取值为 ，且 ，其中 ，
所以 ， ，
， .所以随机变量 的分布列为
所以均值为 ，
方差为 .
（2）由题意可知， ， ,
所以当 时， ，
则 ，
所以 为常数数列，且 ，
所以 ，
所以 是以 为首项，公比为 的等比数列，
所以 ，所以 ，
当 时， 成立，
故 .
17．（2024·天津北辰·三模）已知 为等差数列，前 项和为 ，若 ， ；数列 满足：
， .
(1)求 和 的通项公式；
(2)对任意的 ，将 中落入区间 内项的个数记为 .
（i）求 ；（ii）记 ， 的前 项和记为 ，是否存在 ， ，使得 成立？若存在，
求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ，
(2)（i） （ii）存在
【解析】（1） ，
所以 ，
①
当 时，令 得： ②
① ②得： ，所以 是公差为 的等差数列，
当 时有： ，所以
（2）（i）
因为 ，所以 ，所以
（ii） ，把 代入 得： ，
所以 ， ，
所以因为 ， ，所以 ，
当 时， （舍去），当 时， （舍去），
当 时， ，所以存在 ， .
18．（2024·广东汕头·三模）在直角坐标平面内，将函数 及 在第一象限内的图象分别
记作 ， ，点 在 上.过 作平行于 轴的直线，与 交于点 ，再过点 作平行于
轴的直线，与 交于点 .
(1)若 ，请直接写出 的值；
(2)若 ，求证： 是等比数列；
(3)若 ，求证： .
【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【解析】（1）当 时， ，即 ，在 中，当 时， ，即 ，
所以 .（2）依题意，由 可得 ，由 在 上，得 ，
又 ，
则 ，整理得 ，于是 ，且 ，
两式相除得 ，又由 ，得 ，
所以 是以 为公比的等比数列.
（3）若 ，由（2）得 ，
显然 ，则 ，
又 ，则 ，
又 ，
于是 ，
则 ，从而 ，
因此
，从而 ，
所以
19．（2024·江西·模拟预测）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的
研究，即“垛积术”．对于数列 ，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列
，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中 ；对于数列
②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列 ，③，称该数列③为数列①的二阶
差分数列，其中 按照上述办法，第 次得到数列 ，④，
则称数列④为数列①的 阶差分数列，其中 ，若数列 的 阶差
分数列是非零常数列，则称数列 为 阶等差数列（或高阶等差数列）．
(1)若高阶等差数列 为 ，求数列 的通项公式；
(2)若 阶等差数列 的通项公式 ．
（ⅰ）求 的值；
（ⅱ）求数列 的前 项和 ．
附： ．
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）【解析】（1）数列 的一阶差分数列为 ，
二阶差分数列为 ，为非零常数列，
所以 ，即 ，且 ，
所以数列 是首项为1、公差为4的等差数列，
所以 ，即 ，且 ，
所以当 时，
，
当 时， ，也满足上式，
综上，数列 的通项公式为 ．
（2）（ⅰ） ，所以 ，
，
所以 ，
所以 ，
所以数列 是4阶等差数列，即 ．
（ⅱ）
，
所以 ，
又
，
所以．
