押新高考第7题 数列-备战2024年高考数学临考题号押题（全解全析）

第第页押新高考7题数列考点4年考题考情分析数列2023年新高考Ⅰ卷第7题2023年新高考Ⅱ卷第8题2021年新高考Ⅰ卷第16题2020年新高考Ⅰ卷第14题2020年新高考Ⅱ卷第15题数列会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，单选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别考查数列的性质及推理、数列推理归纳与数列求和，备考时需强化对数列通项公式和求和公式的应用，本内容高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以数列通项、数列性质及求和等知识点命题．1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第7题）记为数列的前项和，设甲：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【答案】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.，【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，则，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，即，则，有，两式相减得：，即，对也成立，因此为等差数列，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：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即，即，，当时，上两式相减得：，当时，上式成立，于是，又为常数，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第8题）记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．【答案】C【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．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，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第16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，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.【答案】5【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；（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，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【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）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.等差数列通项公式：或等差中项：若，，三个数成等差数列，则，其中叫做，的等差中项若，为等差数列，则，仍为等差数列等差数列前n项和公式：或等差数列的前项和中，，（为奇数）等比数列通项公式：等比中项：若，，三个数成等比数列，则,其中叫做，的等比中项若，为等比数列，则，仍为等比数列等比数列前项和公式：已知与的关系分组求和若为等差数列，为等比数列，则可用分组求和裂项相消求和1．（2024·江苏·一模）等比数列的前项和为，已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】把等比数列各项用基本量和表示，根据已知条件列方程即可求解.【详解】设等比数列的公比为，由，得：，即：，所以，，又，所以，，所以，.故选：A.2．（2024·江苏盐城·模拟预测）在等差数列中，已知则的值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据等差数列通项公式和前项和性质即可得到，解出即可.【详解】由题意得，，即，解得.故选：C.3．（2024·湖南·二模）已知是等比数列，是其前项和.若，则的值为（

）A．2 B．4 C． D．【答案】C【分析】根据等比数列的通项公式和前项和列出等式即可求解.【详解】由可得：等比数列的公比.，化简得，整理得，又，，.故选：C.4．（2024·广东江门·一模）已知是等比数列，，且，是方程两根，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等比数列下标和性质计算可得.【详解】因为是等比数列，所以，，又，所以，又，是方程两根，所以.故选：C5．（2024·广东佛山·二模）设数列的前项之积为，满足（），则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知递推式可得数列是等差数列，从而可得，进而可得的值．【详解】因为，所以，即，所以，所以，显然，所以，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，所以，即，所以．故选：C．6．（2024·湖北·二模）已知公差为负数的等差数列的前项和为，若是等比数列，则当取最大值时，（

）A．2或3 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用等比数列的意义列式，用公差表示出，再确定数列的所有非负数项即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由是等比数列，得，解得，则，显然等差数列单调递减，当时，，当时，，所以当取最大值时，.故选：B7．（2024·福建漳州·模拟预测）已知等差数列的前项和为，等比数列的公比与的公差均为2，且满足，，则使得成立的的最大值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】先求得由此求得，由此解不等式，求得正确答案.【详解】由题意得，.又，，所以，解得，所以，所以，，所以.若，则.又，则的最大值为7，故选：B.8．（2024·福建厦门·二模）已知正项等差数列的公差为，前项和为，且，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据的关系，将已知等式相减，结合等差数列的性质，即可求得答案.【详解】因为，故两式相减得：，即，则，又数列为正项等差数列，故，即，故选：B9．（2024·福建漳州·一模）已知各项均不为0的数列的前项和为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据与之间的关系分析可得，令即可得结果.【详解】因为，则，两式相减可得：，即，令，可得，且，所以.故选：A.10．（2024·浙江温州·二模）已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】因为数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数，由此可求得取值范围.【详解】因为为等差数列，且，所以，又数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数.由.因为恒成立，所以数列为常数数列或递增数列，所以.综上，.故选：A11．（2024·浙江·模拟预测）已知数列满足：，且数列为等差数列，则（

）A．10 B．40 C．100 D．103【答案】D【分析】设数列的公差为，借助等差数列的性质可计算出，即可得，即可得解.【详解】设数列的公差为，则，故，所以．故选：D.12．（2024·河北邯郸·三模）已知等比数列的各项互不相等，且，，成等差数列，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】设等比数列的公比为，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程求出，即可得解.【详解】设等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，即，所以，解得或（舍去），所以．故选：D13．（2024·浙江金华·模拟预测）已知公差不为0的等差数列满足成等差数列，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】借助等差数列的性质计算可得，代入计算即可得.【详解】设等差数列的公差为，由题意可得，即，即，即，即，则.故选：A.14．（2024·浙江·二模）在中，“A，B，C成等差数列且成等比数列”是“是正三角形”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据给定条件，利用等差、等比数列的定义，结合正余弦定理及充分条件、必要条件的定义判断即得.【详解】在中，由A，B，C成等差数列，得，而，则，由成等比数列，得，由正弦定理得，由余弦定理得，即，解得，因此是正三角形；若是正三角形，则，，因此A，B，C成等差数列且成等比数列，所以“A，B，C成等差数列且成等比数列”是“是正三角形”的充要条件.故选：C15．（2024·江苏·一模）已知正项数列满足，若，则（

）A． B．1 C． D．2【答案】D【分析】由已知和式求出通项的通项，从而得出，再由已知条件，从而求出，类似的往前推，求出即可.【详解】时，时，，故选：D.16．（2024·江苏徐州·一模）已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（

）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】C【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出，再求解不等式即得.【详解】数列中，，当时，，则，整理得，即，而，即，因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，则，由，知为奇数，此时是递增的，而，，所以正整数k的最小值为13.故选：C17．（2024·安徽池州·二模）对于数列，若点都在函数的图象上，其中且，则“”是“为递增数列”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用等比数列的性质，结合指数函数的性质和充分必要条件的判断求解.【详解】因为在函数的图象上，所以，即是以为首项，为公比的等比数列.若，且，，则可能的情况由两种：（1）则，所以等比数列首项为负，公比，所以等比数列单调递增；（2）则，所以等比数列首项为正，公比，所以等比数列单调递增.所以“”是“为递增数列”的充分条件.若为递增数列，，又且，所以：或由；由；所以“”是“为递增数列”的必要条件.故选：A18．（2024·全国·模拟预测）已知等差数列的前项和，若，数列的前项和为，且，则正整数的值为（

）A．12 B．10 C．9 D．8【答案】D【分析】由的关系求出通项公式，再由裂项相消求出，根据方程求解即可.【详解】当时，，当时，，符合上式，故，所以，故，由可得，化简得，得（舍去负值）．故选：D19．（2024·湖南·二模）张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按0.5码为公差排列成等差数列．有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺寸需要进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸．几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张扬无法找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码．现在问题是，另外一个缺货尺寸是（

）A．28码 B．29.5码 C．32.5码 D．34码【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式求得尺码的总个数，再利用等差数列的前项和公式求得总尺码，继而得到缺货尺寸的总码数，进一步计算即可.【详解】设第一个尺码为，公差为，则，则，当时，，故若不缺码，所有尺寸加起来的总和为码，所有缺货尺码的和为码，又因为缺货的一个尺寸为码，则另外一个缺货尺寸码，故选：C.20．（2024·湖北武汉·模拟预测）法布里-贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过层薄膜，记光波的初始功率为，记为光波经过第层薄膜后的功率，假设在经过第层薄膜时光波的透过率，其中，2，3…，为使得，则的最大值为（

）A．31 B．32 C．63 D．64【答案】C【分析】通过累乘法以及等差数列求和公式得，进一步得

，结合数列单调性即可得解.【详解】由题意，所以，所以，即，显然关于单调递增，其中，又，所以的最大值为63.故选：C.21．（2024·河北沧州·一模）已知等比数列的前项和为，则数列的公比满足（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用切线不等式放缩，结合等比数列的通项公式及排除法可得答案.【详解】设函数，则，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以，即.因为，所以，即.因为，所以，排除A,C.若，，则，不满足，排除D.故选：B22．（2024·山东潍坊·一模）已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解.【详解】依题意，，，当时，，则，所以.故选：A23．（2024·山东聊城·一模）已知数列满足，则“”是“是等比数列”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.【详解】当时，因为，所以，又，则，则，依次类推可知，故，则是首项为，公比为的等比数列，即充分性成立；当是等比数列时，因为，所以，当时，，则是公比为的等比数列，所以，即，则，，，由，得，解得，不满足题意；当，即时，易知满足题意；所以，即必要性成立.故选：C.24．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）数列满足，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用累乘法，则得到规律，则求出，根据即可求出.【详解】，，，，所以，同理可得，，．，因为，所以，则，因为，所以，故选：A．【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到，则得到，最后根据即可得到答案.25．（2024·浙江·一模）一个正方形网格由99条竖线和99条横线组成，每个最小正方形格子边长都是1．现在网格中心点处放置一棋子，棋子将按如下规则沿线移动：．，点到的长度为1，点到的长度为2，点到的长度为3，点到的长度为4，……，每次换方向后的直线移动长度均比前一次多1，变换方向均为向右转．按此规则一直移动直到移出网格为止，则棋子在网格上移动的轨迹长度是（

）A．4752 B．4753 C．4850 D．4851【答案】C【分析】由题意可知，棋子每次移动的长度构成等差数列，首项为，公差为，通过归纳法得出可以移动的次数,即可求出．【详解】根据题意可知，棋子每次移动的长度构成等差数列，首项为，公差为，以点为原点，水平向右为轴正方向建立直角坐标系，设，，易得，，由图归纳可知，，，同理可得，，，当，故当时，即为，当时，即为，移出网格1个单位，此时移动的轨迹长度为.故选：C.26．（2024·浙江·模拟预测）已知数列满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据递推关系可证明为等差数列，即可求解.【详解】，所以，，所以为等差数列，且公差为1，首项为1，故，即，故选：B27．（2024·全国·模拟预测）已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列与数列的公共项，利用裂项相消法求和.【详解】因为数列是正奇数数列，对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；当为偶数时，设，则，为偶数，所以，，所以，故选：D．28．（2024·山东菏泽·一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解.【详解】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数，，，故A错误；为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数，，，，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可.29．（2024·山西·模拟预测）如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B