数列小题（浙江省2021届高考模拟试题汇编（二模））（解析）

1、（浙江省2021届高考模拟试题汇编（二模）数列小题一、单选题1已知实数满足，且，可以按照某个顺序排成等差数列，则（ ）A不可能是等差中项B不可能是等差中项C不可能是等差中项D，都可能是等差中项【答案】D【分析】分三种情况讨论，结合正弦函数的图象，即可求解.【详解】若是等差中项，则由，此时或，如图（2）所示，所以A不正确；若是等差中项，则由，此时或，如图（1）所示，所以B不正确；若是等差中项，则由，此时或，如图（3）所示，所以C不正确；所以，都可能是等差中项.故选：D.图（1） 图（2） 图（3）2已知等差数列，正整数，满足，则的取值范围是（ ）ABCD以上均不正确【答案】D【分析】利用等差数列

2、的性质可得，再利用基本不等式即可求解.【详解】由为等差数列，且，则，所以，当且仅当时，取等号，又，所以，即，所以，又不能为无理数，故的取值范围是不符合ABC选项.故选：D3已知无穷数列是各项均为正数且公差不为零的等差数列，其前n项和为，则（ ）A数列不可能是等差数列B数列不可能是等差数列C数列不可能是等差数列D数列不可能是等差数列【答案】D【分析】计算等差数列的和，然后逐项进行判断即可.【详解】由题可知：，其中对A，所以数列是公差为等差数列，故A错对B，当时，所以数列可能是等差数列，故B错对C，当时，所以数列可能是等差数列，故C错，不可能转化为关于的一次函数形式，故数列不可能是等差数列，故D正

3、确故选：D4已知递增等差数列的前项和为，若，且成等比数列，则（ ）ABCD【答案】D【分析】结合题中所给的条件，利用等差数列通项公式和求和公式以及三数成等比数列的条件，列出等量关系式，求得其首项和公差，进一步求其前10项和，从而得到正确答案.【详解】因为是递增等差数列，所以，即，由成等比数列，所以，整理得，即，联立求得，或（舍去）所以，故选：D.【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关数列的问题，正确解题的关键是熟练掌握等差数列的通项公式和求和公式，以及三数成等比数列的条件.5已知数列满足且，则的最小值是（ ）ABCD【答案】C【分析】由已知递推关系式可得，采用累加法可将所求式子表示为，由为偶数可

4、确定时取最小值，代入可得结果.【详解】由得：，累加得，当为奇数时，为奇数；为偶数时，为偶数；则为偶数，当时，取得最小值当数列满足，（且为偶数），（且为奇数）时，符合条件.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系求解含绝对值的数列的和的问题，解题关键是能够通过累加法得到所求的和与数列中的项之间的关系，将问题转化为含绝对值的二次函数的最值的求解问题.6已知数列满足，且对任意，数列的前项和为，则的整数部分是（ ）A2021B2022C2023D2024【答案】B【分析】由已知得，利用，得，又因为时，可得答案.【详解】由，得，即，所以，因为，所以，又因为，所以时，所以的整数部分为2022

5、.故选：B.【点睛】本题考查了数列的递推公式、求和，解题的关键点是求出和，考查了推理能力与计算能力.7若公比为的无穷等比数列满足：对任意正整数，都存在正整数，使得，则（ ）A有最大值1B有最大值2C有最小值1D有最小值2【答案】B【分析】由题得，得到，即得解.【详解】因为，所以，所以，因为对于任意正整数，都存在正整数，使得，所以，因为,所以有最大值.故选：B【点睛】方法点睛：最值问题的求解常用的解法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.8设是定义在上的奇函数，满足，数列满足，且.则（ ）A0BC21D22【答案】A【分析】根据题

6、意变形可得，根据累加法求出，是定义在上的奇函数，满足，所以，所以周期，所以即可得解.【详解】由可得，通过累加法可得： 所以 ，所以20，是定义在上的奇函数，满足，所以，所以周期，由是定义在上的奇函数，所以，故选：A.【点睛】本题考查了利用累加法求数列通项，考查了裂项相消法，同时考查了利用函数对称性求周期，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：（1）累加法求通项；（2）裂项相消法求和；（3）函数利用对称性求周期.9已知数列满足：，则（ ）ABCD【答案】C【分析】两边取对数得，构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，结合的单调性和数列的递推式可得，可得出选项【详解】由，得，两边取对数，即

7、，令，由可得在上单调递增，由可得在单调递减，且，可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，所以，且，则， ，依些递推，得，所以，故选：C【点睛】本题考查了数列和导数的综合问题，关键点是利用导数判断函数的单调性，同时考查了学生转化问题的能力和计算能力，属于难题.10已知数列满足，设数列的前项和为，若，则（ ）A1008B1009C2016D2018【答案】B【分析】对进行赋值可得，代入化简可得，进而可得.利用赋值法可得，进而可得；利用与可得，进而可得，所以可得，而，所以可得，两式综合解方程组可得，从而可得，所以可得.【详解】因为，所以，故，所以，所以，故，由上式可得，所以，因为，所以，所以；因

8、为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故选：B.【点睛】数列中已知递推关系时，往往需要对递推关系进行一系列的赋值，从而可得数列的一般性质，如周期性.11已知正项数列满足，则下列正确的是（ ）AB数列是递减数列C数列是递增数列D【答案】D【分析】由已知递推关系式可证得；由可推导得到，知A错误；根据，可知数列为递增数列，知B错误；根据，可知数列为递减数列，知C错误；当时，由可得，由此得到；当时，可求得，验证知成立，由此得到D正确.【详解】，又为正项数列，；对于A，由得：，两边同除得：，A错误；对于B，由得：，又，即，为递增数列，B错误；对于C，又，又，即，为递减数列，C错误；对于D，由选项

9、A的辨析知：，当时，则，当时，即，又，解得：，又，满足，恒成立，D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查根据递推关系式研究数列的性质的问题，重点考查了数列单调性的判断；判断数列单调性的关键是能够采用作差或者作商的方式，得到数列前后项之间的大小关系，从而确定数列单调性.二、填空题12已知数列满足，则_.【答案】10【分析】先求出，再根据递推公式求.【详解】由题得时，；当时，.故答案为：1013已知数列满足，则_.【答案】2020【分析】先利用判断出为常数列，求出数列的通项公式，即可求出.【详解】因为，所以，式子两端除以，整理得：，即为常数列.因为，所以，所以，所以.故答案为：2020【点睛】

10、数列求通项公式的方法：观察归纳法；公式法；由求；由递推公式求通项公式.14数列中，则_.【答案】【分析】根据递推关系可得数列是以3为周期的周期数列，即可求解.【详解】，数列是以3为周期的周期数列，.故答案为：.15九章算术中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍：小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.如果墙足够厚，为前n天两只老鼠打洞长度之和，则_尺.【答案】【分析】大、小老鼠每天打洞的距离符合等比数列，分别计算大、小老鼠打洞

11、长度之和，然后简单计算即可.【详解】由题意知:大老鼠每天打洞的距离是以1为首项,以2为公比的等比数列,所以大老鼠前天打洞长度之和为,同理小老鼠前天打洞长度之和为,所以所以故答案为：16设，为实数，首项为，公差为的等差数列的前项和为，满足：，且，则的最小值为_【答案】88【分析】从入手，换成的形式，因为关于的方程有实数解，故，求出其范围即可【详解】由题意，.设.则因为关于的方程有实数解，故.即，解得或（舍去）.故.此时，满足即的最小值为88.故答案为：88【点睛】本题关键之处是利用主元法，通过整体换元，找到方程有解条件，进而求出其最小值三、双空题17我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化

12、寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为两个既约分数和，则是的更为精确的近似值.现第一次用“调日法”：由得到的更为精确的近似值为，则_.第二次用“调日法”：由得到的更为精确的近似值为，记第次用“调日法”得到的更为精确的近似值为.若，则_.【答案】 6 【分析】利用“调日法”的算法可得；按“调日法”的算法依次计算，逐步推理即可得解.【详解】由“调日法”的算法可得；第二次：，则，第三次：，则，第四次：，则，第五次：，则，第六次：，则，由此得时，n=6.故答案为：；618有一种病毒在人群中传播，使人群成为三种类型：没感染病毒但可能会感染病毒的型；感染病毒尚未康复的型；感染病毒后康复的型（所有康复者都对病毒免疫）根据统计数据：每隔一周，型人群中有95%仍为型，5%成为型；型人群中有65%仍为型，35%成为型；型人群都仍为型若人口数为的人群在病毒爆发前全部是型，记病毒爆发周后的型人数为型人数为，则_；_（用和表示，其中）【答案】 【分析】由题意，列出关系式，结合等