1、广东省2021-2022学年高三数学期末考试分类汇编专题06 数列一、单选题1（2022广东珠海高三期末）数列满足，a且，则该数列的前40项之和为（）AB80C60D2302（2022广东中山高三期末）已知为正项等比数列，且，设为该数列的前项积，则（）A8B16C32D643（2022广东金山中学高三期末）已知数列，其中为最接近的整数，若的前m项和为10，则（）A15B20C30D404（2022广东铁一中学高三期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于问
2、余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.此定理讲的是关于整除的问题，现将1到1009这1009个数中，能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（）A100项B101项C102项D103项5（2022广东潮州高三期末）等差数列的前n项和，若的值为（）A1B2C3D46（2022广东清远高三期末）在三棱锥中，分别是的中点，若，则异面直线所成角的余弦值为（）ABCD7（2021广东汕头高三期末）记为等差数列的前项和，已知，则（）ABCD二、多选题8（2022广东金山中学高三期末）已知数列是等比数列，公比为，前项和为，下列判断正确的有（）A为等比数列B
3、为等差数列C为等比数列D若，则9（2022广东深圳高三期末）已知d为等差数列的公差，为其前n项和，若为递减数列，则下列结论正确的为（）A数列为递减数列B数列是等差数列C，依次成等差数列D若，则10（2022广东佛山高三期末）数列中，.则下列结论中正确的是（）AB是等比数列CD三、填空题11（2022广东中山高三期末）在数列中，则数列的通项公式为_12（2022广东揭阳高三期末）在等差数列中，分别是方程的两个根，则_.13（2022广东铁一中学高三期末）已知数列满足，的前项的和记为，则_.14（2022广东潮州高三期末）设是首项为2的等比数列，是其前n项和若，则_15（2022广东汕尾高三期末）
4、已知等差数列的前n项和是，且，则_16（2022广东东莞高三期末）龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相邻两线段永远垂直（即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现）.例如第一代龙曲线（图1）是以为斜边画出等腰直角三角形的直角边、所得的折线图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线（虚线即为前一代龙曲线）.、为第一代龙曲线的顶点，设第代龙曲线的顶点数为，由图可知，则 _；数列的前项和_.17（2022广东清远高三期末）如图，在长方体中，P为的中点，过的平面分别与棱交于点E，F，
5、且，则平面截长方体所得上下两部分的体积比值为_；所得的截面四边形的面积为_18（2021广东汕头高三期末）设数列满足且，则_，数列的通项_四、解答题19（2022广东珠海高三期末）等差数列前n项和为，且，(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，若，求n的最小值20（2022广东中山高三期末）已知数列满足，且数列是等差数列.(1)求数列的通项公式：(2)设数列的前项和为，若且，求集合A中所有元素的和.21（2022广东金山中学高三期末）已知数列的前项和为，数列的前项和为，且（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和22（2022广东揭阳高三期末）在各项均为正数的等比数列中，.(1)求
6、数列的通项公式；(2)，求数列的前项和.23（2022广东铁一中学高三期末）已知数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）数列，表示不超过的最大整数，求的前1000项和.24（2022广东潮州高三期末）设等差数列的前n项和为(1)求数列的通项公式及前n项和；(2)若 ，求数列的前n项和在这两个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解(注意:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)25（2022广东东莞高三期末）设等差数列的前项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)在任意相邻两项和之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，求数列的前200项的和.26（2022广东深圳高三期末
7、）已知数列满足，且（）(1)证明：数列是等比数列；(2)记的前n项和为，若，均有，求实数的最小值27（2022广东清远高三期末）已知正三棱柱中，D，E，F分别为的中点(1)证明：平面平面(2)求二面角的正弦值28（2022广东汕尾高三期末）已知等比数列满足是的等差中项(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.29（2022广东佛山高三期末）设为等比数列的前项和，、成等差数列.(1)求证：、成等差数列；(2)若，是数列的前项积，求的最大值及相应的值.30（2021广东汕头高三期末）已知正项等比数列的前n项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)数列满足，当时，求数列的前n项和参考答案：1C
8、【分析】由知，分奇数项和偶数项两种情况考虑，接下来可以相邻奇偶项并项求和，也可以奇数项和偶数项分组求和.【详解】法一：由，得，所以，所以数列的前40项和为法二：也可以分奇数项和偶数项分别求和，奇数项成公差为的等差数列，偶数项成公差为1的等差数列，所以前40项中奇数项有20项，其和为，偶数项有20项，其和为，故前40项和为.故选： C2C【分析】利用等比数列的性质计算【详解】因为是正项等比数列，所以，（舍去），故选：C3C【分析】由题意，为最接近的整数，得到中有2个1，4个2，6个3，8个4，进而得到 ，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意知，函数为最接近的整数，且，由此，在最接近的
9、整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，又满足，得：，则 ，因为的前项和为10，即，所以是首项为，公差为的等差数列的前5项和，则.故选：C.4B【分析】先求出数列的通项公式，然后根据通项公式进行求解项数.【详解】因为能被2除余1且被5除余1的数就能被10整除余1，所以按从小到大的顺序排成一列可得，由，得，故此数列的项数为101.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，熟记公式是求解的关键，属于容易题，侧重考查数学运算的核心素养.5B【分析】根据，即可得出答案.【详解】解：因为，所以.故选：B.6C【分析】取的中点，连接，根据三角形的中位线的性质得出和，从而可知异面直线所成角为或其补
10、角，再在中利用余弦定理求出，从而得出异面直线所成角的余弦值.【详解】解：如图，取的中点，连接，因为是的中点，是的中点，所以，同理，所以异面直线所成角为或其补角，在中，即异面直线所成角的余弦值为.故选：C.7D【分析】求出等差数列的首项和公差，利用等差数列的通项公式与求和公式可判断各选项的正误.【详解】设等差数列的公差为，由题知，解得，所以，则，.故选：D.8AD【分析】A选项利用等比数列的定义判断即可，B选项若，则没意义，C选项，当时，项为0，D选项，把等比数列前n项和化简为即可求出.【详解】A选项，设，则，所以为等比数列，A正确；B选项，若，则没意义，故B错误；C选项，当时，等比数列的任一项
11、都不能为0，故C错误；D选项，由题意得，由得，即，所以，故D正确；故选：AD.9BD【分析】根据题意可知等差数列公差，因此可例说明A,C的正误，利用等差数列前n和公式写出的表达式，判断B正确，再根据等差数列的性质，由，可推出，从而说明D正确.【详解】由题意可知数列是等差数列，且递减，则 ，不妨举例如： 则 ，这三项不构成递减数列，故A错；而 ,这三项不构成等差数列，说明C错；对于B， ，是关于n的一次函数，因此是等差数列，故B正确；对于D， ，则 ， ，则 ，故 ，故D正确，故选：BD.10ABD【分析】由，得到是等比数列，进而得到，再利用累加法得到，然后逐项判断.【详解】因为数列中，所以，则
12、是以1为首项，以为公比的等比数列，所以，由累加法得，所以，当n为奇数时，是递增数列，所以，当n为偶数时，是递减数列，所以，所以，是以1为首项，以为公比的等比数列，又，所以，故选：ABD11【分析】根据给定条件可得数列是等差数列，求出其通项即可计算作答.【详解】由得：，而，于是得数列是以为首项，为公差的等差数列，则有，所以数列的通项公式为：.故答案为：128【分析】利用等差数列的性质以及韦达定理得，利用等差数列的性质可得答案.【详解】根据韦达定理可得，由等差数列的性质可得，从而可得.故答案为：813【分析】利用两角差的正弦公式化简得出，可求得，进而可计算得出的值.【详解】，因此，.故答案为：.【
13、点睛】本题考查裂项相消法求和，同时也考查了利用两角差的正弦公式化简求值，考查计算能力，属于中等题.1462【分析】先根据题中的等式计算等比数列的公比，再运用等比数列前n项和公式求解.【详解】设数列的公比为，则根据题意得，又 ，所以计算得.由等比数列前n项和得，数列的前五项和为，故答案为：62.15136【分析】根据等差数列求和公式及性质，代入数据，即可得答案.【详解】由题意得故答案为：13616 【分析】推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得的通项公式，可求得的值，再利用裂项相消法可求得.【详解】解：由题意可知，第代龙曲线是在将个第代龙曲线的首尾顶点相接，则，所以，所以，数列是等
14、比数列，且首项为，公比为，则，则，因此，.故答案为：；.17 3 【分析】第一空：过点B作的平行线分别与的延长线交于G，H，连接，并分别与交于E，F，可得平面即平面，利用体积公式求出，进而可得；第二空：根据四边形为菱形，利用面积公式计算即可.【详解】如图，过点B作的平行线分别与的延长线交于G，H，连接，并分别与交于E，F，因为GH，且平面，平面所以平面，所以平面即平面因为，所以，所以因为四边形为菱形，且，所以故答案为：3；.18 【分析】设，根据题意得到数列是等差数列，求得，得到，利用，结合“叠加法”，即可求得.【详解】由题意，数列满足，设，则，且，所以数列是等差数列，所以，即，所以，当时，可
15、得，其中也满足，所以数列的通项公式为.故答案为：；.19(1)(2)7【分析】（1）根据题给的等式求解出数列的首项和公差，再写出通项公式即可；（2）根据数列的通项公式求解数列的通项公式，进而求解其前n项和,最后根据不等式的知识求解n的最小值.【详解】（1）设等差数列的公差为d，首项为，则，解得，所以数列的通项公式为（2），由题得，解得，因为，所以n的最小值是720(1)(2)【分析】(1)根据求出和，根据等差数列定义即可求出，从而求出通项公式；(2)分n为奇数和偶数时讨论数列的前项和为，由即可求出A.(1)由，故，可得，又，数列是等差数列，数列的公差，；(2)由(1)得，可得，为奇数时，故1，
16、3，5，.109都是集合A中的元素，又，为偶数时，由得，2，4，6，8，10，是集合A中的元素，.21（1）；（2）【分析】（1）根据和与通项关系用作差法求得数列通项即可；（2）由于和，通过平方关系即可求得，再根据通项结构选用分组求和法求解【详解】解：（1）记数列的前项和为，所以，所以当时，两式作差，得当时，因为当时，也符合上式，所以的通项公式为（2）由（1）知.因为，所以，所以数列的前项和所以数列的前项和.【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的
17、和或差数列的求和22(1)(2)【分析】（1）由条件可得，从而可解得，得到答案.（2）由（1）可得，则利用裂项相消法可得答案.（1）设数列的公比为，依题意可得解得或，又因为数列的各项均为正数，所以.从而可求得，所以，.（2），【点睛】23（1）；（2）.【分析】（1）利用可求出；（2）根据数列特点采用分组求和法求解.【详解】（1）当时，当时，将代入上式验证显然适合，所以.（2）因为，所以，所以.【点睛】本题考查和的关系，考查分组求和法，属于基础题.24(1)；(2)若选，；若选，.【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合等差数列前n项和公式进行求解即可；（2）若选，利用错位相减法进行求解即可
18、；若选，利用裂项相消法进行求解即可.(1)设等差数列的公差为，由，可得：；(2)若选.因为，所以，因此，两个等式相减得：，；若选，因为，所以，因此有：.25(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，由求解；（2）方法一：由题意得到，的各项为，再确定数列的项求解；方法二：由在数列中，前面（包括）共有项，令，确定数列的项求解.（1）解：设等差数列的公差为，由题得，即，整理得，解得.所以.（2）方法一：由题意可知，的各项为即，因为，且，所以，会出现在数列的前200项中，所以前面（包括）共有126+7=133项，所以后面（不包括）还有67个1，所以，方法二：在数列中，前面（包括）共有项，令，则，所
19、以，会出现在数列的前200项中，所以前面（包括）共有126+7=133项，所以后面（不包括）还有67个1，所以， 26(1)证明见解析(2)【分析】（1）对递推公式进行变形，利用等比数列的定义进行证明；（2）先利用（1）结论得到，再利用累加法和等比数列的前n项和公式求出，再求出，再分离参数，利用放缩法进行求解.(1)解：因为，所以， 又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列；(2)解：由（1），得， 所以，（）， 所以（），经检验当时，亦满足，所以()，所以，因为任意，均有，所以() ，又因为 ()，所以，即实数的最小值为.27(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由等边三角形、线面垂直的性
20、质可得、，根据线面垂直的判定有面，再由线面垂直的性质、勾股定理有、，最后根据线面、面面垂直的判定证明结论.（2）构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求法向量夹角余弦值，进而求二面角的正弦值.(1)在正中，D为的中点，则因为面面，则而，所以面，又平面，在中，连接，即，又，平面，再由平面，平面平面(2)如图，以D为坐标原点，的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，则.由（1）知：平面的一个法向量为设面的法向量为，则，令，得，则二面角的正弦值为28(1)(2)【分析】（1）结合等比数列性质，将全部代换为与有关的形式，结合等差中项性质化简即可求解；（2）结合（1）
21、可得，由错位相减法可求.(1)设等比数列的公比为q，又，；(2)，-得：，.29(1)证明见解析；(2)当或时，取得最大值.【分析】（1）设等比数列的公比为，分析得出，利用已知条件可求得的值，再计算得出，即可证得结论成立；（2）分析可知是以为首项，以为公比的等比数列，求得，解不等式，求得的取值范围，可求得的最大值及其对应的值.(1)解：设等比数列的公比为.当时，则，则，故，由已知可得，得，整理得，即，因为，可得，故，所以，因此，、成等差数列.(2)解：，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，显然，令，解得，故当或时，取最大值，且.30(1)(2)【分析】（1）由，得到，再由，求得，进而求得数列的通项公式；（2）由，得到，求得，结合裂项相消法求和，即可求解.(1)解：设数列公比为，因为数列正项等比数列，所以，因为，所以，又由，所以，即，解得或(舍去)，所以，所以数列的通项公式.(2)解：由，所以，当时，可得，且，所以时，当时，适合，所以
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