數列-山東各地市2025屆高三數學一模模擬試題匯編3.（2025·山東濰坊·一模）已知等差數列的前項和為，若，，則（）A12 B.14 C.42 D.84【答案】C【解析】【分析】根據等差數列的性質先求出，再根據求和公式可求.【詳解】因為數列為等差數列，所以，所以.所以.故選：C11.（2025·山東濰坊·一模）設函數，數列滿足，，則（）A. B.為定值C.數列為等比數列 D.【答案】ACD【解析】【分析】根據數列遞推公式以及首項，可得第二項，可得A的正誤；根據題意整理，可得B的正誤；根據等比數列的定義，由遞推公式整理，可得C的正誤；由C寫出通項，利用作差法，可得D的正誤.【詳解】由，，則，故A正確；由，則顯然非常數，故B錯誤；由，又，則，則數列是以為首項，以為公比的等比數列，故C正確；則，即，由，則，故D正確.故選：ACD.3.（2025·山師附中·一模）設正項等比數列的前項和為，若，，則（）A.31 B.32 C.63 D.65【答案】C【解析】【分析】先求得公比，再由等比數列前項和公式計算．【詳解】數列的公比為，則由，，得，解得（舍去，因為數列是正項等比數列），所以，故選：C．8.（2025·山東青島·一模）設是關于的方程的實數根.記，其中表示不超過的最大整數，設數列的前項和為，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，分析該函數的單調性，結合零點存在定理得出，可得出，對為奇數和偶數進行分類討論，討論的取值，結合并項求和法以及等差數列的求和公式可求得的值.【詳解】令，則函數在上為增函數，因為，，由零點存在定理可得，則，當為正奇數時，設，則，則，當為正偶數時，設，則，則，所以，.故選：B.【點睛】關鍵點睛：解本題的關鍵在于利用零點存在定理得出的取值范圍，并由此討論的取值，結合數列求和求解.19.（2025·山東青島·一模）若數列滿足：①；②；③當整數時，存在正整數及，，…，，使得；④對于任意正整數及，，…，，都有.則稱數列“非零可表”.（1）若數列滿足，判斷是否“非零可表”，并說明理由；（2）若數列滿足，，證明：數列“非零可表”；（3）證明：存在滿足的數列“非零可表”.【答案】（1）不“非零可表”，理由見解析；（2）證明過程見解析；（3）證明過程見解析【解析】【分析】（1）舉出反例，得到不“非零可表”；（2）構造法求出，滿足①②，，，顯然滿足要求，當時，，，綜上，滿足③，假設存在，使得，推出矛盾，從而滿足④，數列“非零可表”；（3）構造：，，其中為的前項和，滿足①②③④，證明出結論.【小問1詳解】不“非零可表”，理由如下：中，則當，，不滿足④，故不“非零可表”；【小問2詳解】，當時，，則，所以，，故，，又，所以，，時，，，所以，滿足①②，，，顯然滿足要求，當時，，顯然，，綜上，滿足③，假設存在，使得，則，，其中，即，顯然矛盾，故不存在，使得，滿足④，綜上，數列“非零可表”；【小問3詳解】，定義為小于等于的最大整數，取數列：，，其中為的前項和，顯然是嚴格遞增的正整數列，滿足①②，，，假設對，都有，則，，故，下面證明滿足③④，若存在正整數以及，，…，，有，故，所以滿足④，若整數，不妨設，則由，取，則有，取，則有，③成立，綜上，構造的數列：，，其中為的前項和，“非零可表”.【點睛】新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.12.（2025·山東淄博·一模）已知等比數列的各項為正數，首項和為，若，則公比______．【答案】【解析】【分析】根據的定義以及等比數列的定義，建立方程，可得答案.【詳解】由，則，由，，則，整理可得，分解因式可得，解得或（舍去）.故答案為：.11.（2025·山東泰安·一模）已知無窮數列，若對，都有，則稱與“伴隨”，則下列選項正確的是（）A.若，則與“伴隨”B.若的前項和為，則與“伴隨”C.若的前5項為與“伴隨”，設集合，則中元素個數為4或5D.若是公差為的等差數列，且所有的“伴隨”數列都是遞增數列，則【答案】BCD【解析】【分析】賦值法可判斷A；利用定義可得，可判斷B；對于C，計算的范圍，考慮相等的情況可判斷C；由已知可得，結合單調性可得，計算即可.【詳解】對于A，當時，，故與不是“伴隨”，故A錯誤；對于B，因為，所以，所以，所以與“伴隨”，故B正確；對于C：因與“伴隨”，故，故，因為的前5項為，所以，，，，，故可能和相等，和相等，但不能同時成立，與不相等，故中元素的個數為4或5，故C正確；對于D，是公差為的等差數列，所以，因為與“伴隨”，故，故，又因為數列都是遞增數列，所以，所以，，所以，解得，故D正確.故選：BCD.2.（2025·山東日照·一模）已知等差數列中，，則（）A.15 B.9 C. D.【答案】B【解析】【分析】根據等差數列的性質，利用已知條件求出的值，進而求出所要求的式子的值.【詳解】在等差數列中，已知，所以，即，那么.

同樣根據等差數列性質，所以.則.把代入可得.故選

：B17.（2025·山東日照·一模）已知數列為等差數列，且滿足．（1）若，求數列的前項和；（2）若數列滿足，且數列前項和，求數列的通項公式．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據已知等式應用等差數列的基本量運算得出，再應用裂項相消法計算求和；（2）先應用，再結合解得，得出，最后計算得出.【小問1詳解】當時，由，則，由，則，所以等差數列的公差為，所以，故故數列的前項和．【小問2詳解】當時，，可得，當時，，將代入上式，則，綜上所述，．，可得，又因為，則，由方程，可得，解得，由，則等差數列的公差為3，所以，由，則．8.（2025·山東臨沂·一模）設數列的前項和為，且，則滿足時，的最小值為（）A.49 B.50 C.99 D.100【答案】D【解析】【分析】根據的關系求出的表達式，進一步解不等式即可得解.【詳解】因為，所以，當時，，所以，即，此時，也滿足該式，故，若，解得，故所求為100.故選：D.9.（2025·山東濟寧·一模）已知等比數列的前項和為，且為等差數列，且，記集合中元素的個數為，數列的前項和為，則下列結論正確的是（）A. B.C D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知條件求出等比數列的公比，得到等比數列的通項公式，再由已知條件求出等差數列的通項公式，然后求出集合中元素的個數，得到數列的通項公式，最后求出數列的前項和．【詳解】對于A，設等比數列的公比為，由，得，兩式相減得，即所以，又，解得，所以，正確；對于B，設等差數列的公差為，由，得，解得，所以，正確；對于C，由，得，則集合中元素的個數為，即，錯誤；對于D，，正確．故選：ABD17.（2025·山東濟寧·一模）已知數列和滿足．（1）求數列和的通項公式；（2）設數列的前項和為，求證：．【答案】（1）；（2）證明見詳解【解析】【分析】（1）分析可知數列為常數列，即可得數列的通項公式，根據前n項和與通項公式之間的關系可得數列的通項公式；（2）由（1）可知：，利用裂項相消法求，進而分析證明.【小問1詳解】因為，可得，即，可知數列為常數列，則，所以；又因為，則有：若，可得；若，則，兩式相減得；且符合上式，所以.【小問2詳解】由（1）可知：，可得，顯然，所以.18.（2025·山東菏澤·一模）定義正方形數陣滿足，其中i，.（1）若，求數陣所有項的和T；（2）若m，n，p，，求證：也是數陣中的項；（3）若，，且，求的值為奇數的概率.【答案】（1）0（2）證明見解析（3）答案見解析【解析】【分析】（1）根據確定的所有取值情況，通過分析的性質，發現以及，從而得出數陣所有項的和為.（2）對進行展開變形，再根據數陣的定義，證得結論成立.（3）先根據以及與具有相同奇偶性，得出為奇數時與一奇一偶，然后分為奇數和偶數兩種情況，分別計算的取值情況數，進而計算出概率.小問1詳解】若，則的所有取值情況為：故數陣共99項，由知：，，所以.【小問2詳解】由知，，故，所以也是數陣中的項.【小問3詳解】若知：，由與具有相同的奇偶性知要使的值為奇數，需使與都是奇數，即i與j必定一奇一偶，當時，的取值情況有4種，故；當時，的取值情況有8種，故；當時，的取值情況有12種，故；當且n為奇數時，中有個奇數，個偶數，故的取值情況有種，故；當且n為偶數時，中有個奇數，個偶數，故的取值情況有種，故；綜上所述，當且n為奇數時，；當且n為偶數時，.【點睛】方法點睛：對于求滿足特定條件的數陣所有項的和，先確定數陣中元素的組成情況，再通過分析元素之間的關系（如本題中的對稱關系與）來簡化求和過程.證明一個式子是數陣中的項，通常對式子進行代數變形，使其符合數陣元素的定義形式，再結合數陣中參數的取值范圍進行判斷.求概率問題，先分析事件發生的條件（如本題中為奇數時與的奇偶性要求），然后根據條件計算滿足條件的情況數以及總情況數（利用排列組合知識），最后根據概率公式計算概率.當參數有不同取值情況（奇數或偶數）時，要進行分類討論.19.（2025·山東聊城·一模）若各項為正數的無窮數列滿足：對于都有，其中為非零常數，則稱數列為“平方等差數列”.（1）判斷無窮數列和是否是“平方等差數列”，并說明理由；（2）若是“平方等差數列”.（?。┳C明：存在正整數，使得不等式成立；（ⅱ）證明：存在正整數，使得.【答案】（1）數列是“平方等差數列”，數列不是“平方等差數列”，理由見詳解.（2）（i）證明見詳解；（ii）證明見詳解.【解析】【分析】（1）由定義分別驗證兩個數列是否滿足定義，即可得結果；（2）（i）由新定義“平方等差數列”得到數列通項公式，由放縮法得到，從而得到，然后由的單調性即可得證；（ii）由通項公式得到，由放縮法得，然后由列項相消得到的結果，然后由函數的單調性即可得證.【小問1詳解】數列中，，所以數列是“平方等差數列”；數列中，，所以數列不是“平方等差數列”；【小問2詳解】（i）∵，設，當時，一定存在使得，不成立，故∴，則，∵，∴，∵函數隨的增大而減大，故存在使得，即得證.（ii）由（2）得，故，即，∴由隨的增大而增大，且時，，故對任意的，總存在正整數使，存在正整數，使得.【點睛】關鍵點睛：本題第三問的關鍵是通過放縮法結合裂項相消法求和以表示出與有關不等式.2.（2025·山東煙臺·一模）已知等比數列的前項和為，則（）A. B. C.5 D.15【答案】D【解析】【分析】根據等比數列的性質及求和公式得解.【詳解】由等比數列性質可知，，又，解得或，當時，，所以，故，當時，，所以，故，綜上，，故選：D19.（2025·山東煙臺·一模）設是一個項數為的數列，其中每一項均為集合中的元素.定義數列如下：若，則，其中，當時，，當時，，且.（1）若數列，求數列；（2）若存在，對任意，均有數列與為同一數列，則稱為數列組的一個周期.（i）若，求數列組的最小正周期；（ii）若數列組存在周期，求的所有可能取值.【答案】（1）；（2）（i）3；（ii）的所有可能取值為且.【解析】【分析】（1）根據數列的定義，依次求出，進而確定；（2）（i）注意，各不相同，有，依此研究在各不同情況下的周期，即可得最小正周期；（ii）討論的奇偶性，注意為奇數情況下證明時，即可得結論.【小問1詳解】由，對于，則，同理，，所以，對于，則，同理，，所以，依上的過程，易知；【小問2詳解】（i）若，，則，記，若，，則，記，若，，則，記，令，各不相同，則，若，則，，，顯然，即是周期；若，則，，，顯然，即是周期；若，則，即是周期；（注意為正整數），綜上，對任意，為數列組周期，最小正周期是3；（ii）當為偶數，不妨設，則，為正整數，此時不存在正整數，使得數列與同一數列，即數列組不存在周期；當為奇數，由的每一項均為中元素，所以至多有個，對于給定的，總存在，，使得，下證：若時，，事實上，設表示除以的余數，由數列到的變換結果，知，，不妨設，，由，則，，所以，即，結合為奇數，，，可得，則，同理可證：對任意，均有，所以，以此類推，有，，，所以，對于任意均存在整數，使得，在變化時，所有的最小公倍數，即為數列組的一個周期，綜上，數列組均存在周期時，的所有可能取值為且.【點睛】關鍵點點睛：第二問，一小問，注意，各不相同，有，二小問，討論的奇偶性，其中為奇數的情況下證明時，為關鍵.5.（2025·山東齊魯名校大聯考·一模）雙曲線的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化成標準方程即可求解；【詳解】雙曲線的方程可化為，所以漸近線方程為．故選：B6.（2025·山東齊魯名校大聯考·一模）已知為坐標原點.等軸雙曲線的左、右焦點分別為，，過點的直線與的右支交于點P，Q.設與的內切圓圓心分別是M，N，直線，的斜率分別是，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用雙曲線焦點三角形的性質，得到內切圓圓心橫坐標為然后利用直線的傾斜角，表示出內切圓的半徑，即可求出.【詳解】如圖所示，設的內切圓和三邊分別相切于點,則且設直線的傾斜角為，則,同理，,等軸雙曲線知，,故選：A7.（2025·山東齊魯名校大聯考·一模）已知正項等比數列滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等比數列下標和的性質求解即可.【詳解】因為正項等比數列滿足，所以，解得，又，所以，故選：B8.（2025·山東齊魯名校大聯考·一模）設等比數列的前項和為，若，則（）A.20 B.30 C.35 D.40【答案】B【解析】【分析】根據等比數列前項和的性質列方程求解【詳解】由等比數列的前項和的性質可得：也成等比數列，，得，解得.故選：B.19.（2025·山師附中·一模）已知雙曲線的離心率為，其虛軸的兩個端點與右頂點所構成的三角形的面積為2.（1）求雙曲線的方程；（2）設，若點在雙曲線上，在點處的切線與兩條漸近線分別交于兩點，是坐標原點，且.（i）證明數列是等差數列，并求通項公式;（ii）設數列的前項和為.求證:對.(其中表示不超過的最大整數，