数列 2025山东各地市一模数学试题分类汇编

数列-山东各地市2025届高三数学一模模拟试题汇编3.（2025·山东潍坊·一模）已知等差数列的前项和为，若，，则（）A12 B.14 C.42 D.84【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质先求出，再根据求和公式可求.【详解】因为数列为等差数列，所以，所以.所以.故选：C11.（2025·山东潍坊·一模）设函数，数列满足，，则（）A. B.为定值C.数列为等比数列 D.【答案】ACD【解析】【分析】根据数列递推公式以及首项，可得第二项，可得A的正误；根据题意整理，可得B的正误；根据等比数列的定义，由递推公式整理，可得C的正误；由C写出通项，利用作差法，可得D的正误.【详解】由，，则，故A正确；由，则显然非常数，故B错误；由，又，则，则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确；则，即，由，则，故D正确.故选：ACD.3.（2025·山师附中·一模）设正项等比数列的前项和为，若，，则（）A.31 B.32 C.63 D.65【答案】C【解析】【分析】先求得公比，再由等比数列前项和公式计算．【详解】数列的公比为，则由，，得，解得（舍去，因为数列是正项等比数列），所以，故选：C．8.（2025·山东青岛·一模）设是关于的方程的实数根.记，其中表示不超过的最大整数，设数列的前项和为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，分析该函数的单调性，结合零点存在定理得出，可得出，对为奇数和偶数进行分类讨论，讨论的取值，结合并项求和法以及等差数列的求和公式可求得的值.【详解】令，则函数在上为增函数，因为，，由零点存在定理可得，则，当为正奇数时，设，则，则，当为正偶数时，设，则，则，所以，.故选：B.【点睛】关键点睛：解本题的关键在于利用零点存在定理得出的取值范围，并由此讨论的取值，结合数列求和求解.19.（2025·山东青岛·一模）若数列满足：①；②；③当整数时，存在正整数及，，…，，使得；④对于任意正整数及，，…，，都有.则称数列“非零可表”.（1）若数列满足，判断是否“非零可表”，并说明理由；（2）若数列满足，，证明：数列“非零可表”；（3）证明：存在满足的数列“非零可表”.【答案】（1）不“非零可表”，理由见解析；（2）证明过程见解析；（3）证明过程见解析【解析】【分析】（1）举出反例，得到不“非零可表”；（2）构造法求出，满足①②，，，显然满足要求，当时，，，综上，满足③，假设存在，使得，推出矛盾，从而满足④，数列“非零可表”；（3）构造：，，其中为的前项和，满足①②③④，证明出结论.【小问1详解】不“非零可表”，理由如下：中，则当，，不满足④，故不“非零可表”；【小问2详解】，当时，，则，所以，，故，，又，所以，，时，，，所以，满足①②，，，显然满足要求，当时，，显然，，综上，满足③，假设存在，使得，则，，其中，即，显然矛盾，故不存在，使得，满足④，综上，数列“非零可表”；【小问3详解】，定义为小于等于的最大整数，取数列：，，其中为的前项和，显然是严格递增的正整数列，满足①②，，，假设对，都有，则，，故，下面证明满足③④，若存在正整数以及，，…，，有，故，所以满足④，若整数，不妨设，则由，取，则有，取，则有，③成立，综上，构造的数列：，，其中为的前项和，“非零可表”.【点睛】新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.12.（2025·山东淄博·一模）已知等比数列的各项为正数，首项和为，若，则公比______．【答案】【解析】【分析】根据的定义以及等比数列的定义，建立方程，可得答案.【详解】由，则，由，，则，整理可得，分解因式可得，解得或（舍去）.故答案为：.11.（2025·山东泰安·一模）已知无穷数列，若对，都有，则称与“伴随”，则下列选项正确的是（）A.若，则与“伴随”B.若的前项和为，则与“伴随”C.若的前5项为与“伴随”，设集合，则中元素个数为4或5D.若是公差为的等差数列，且所有的“伴随”数列都是递增数列，则【答案】BCD【解析】【分析】赋值法可判断A；利用定义可得，可判断B；对于C，计算的范围，考虑相等的情况可判断C；由已知可得，结合单调性可得，计算即可.【详解】对于A，当时，，故与不是“伴随”，故A错误；对于B，因为，所以，所以，所以与“伴随”，故B正确；对于C：因与“伴随”，故，故，因为的前5项为，所以，，，，，故可能和相等，和相等，但不能同时成立，与不相等，故中元素的个数为4或5，故C正确；对于D，是公差为的等差数列，所以，因为与“伴随”，故，故，又因为数列都是递增数列，所以，所以，，所以，解得，故D正确.故选：BCD.2.（2025·山东日照·一模）已知等差数列中，，则（）A.15 B.9 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质，利用已知条件求出的值，进而求出所要求的式子的值.【详解】在等差数列中，已知，所以，即，那么.

同样根据等差数列性质，所以.则.把代入可得.故选

：B17.（2025·山东日照·一模）已知数列为等差数列，且满足．（1）若，求数列的前项和；（2）若数列满足，且数列前项和，求数列的通项公式．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知等式应用等差数列的基本量运算得出，再应用裂项相消法计算求和；（2）先应用，再结合解得，得出，最后计算得出.【小问1详解】当时，由，则，由，则，所以等差数列的公差为，所以，故故数列的前项和．【小问2详解】当时，，可得，当时，，将代入上式，则，综上所述，．，可得，又因为，则，由方程，可得，解得，由，则等差数列的公差为3，所以，由，则．8.（2025·山东临沂·一模）设数列的前项和为，且，则满足时，的最小值为（）A.49 B.50 C.99 D.100【答案】D【解析】【分析】根据的关系求出的表达式，进一步解不等式即可得解.【详解】因为，所以，当时，，所以，即，此时，也满足该式，故，若，解得，故所求为100.故选：D.9.（2025·山东济宁·一模）已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A. B.C D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知条件求出等比数列的公比，得到等比数列的通项公式，再由已知条件求出等差数列的通项公式，然后求出集合中元素的个数，得到数列的通项公式，最后求出数列的前项和．【详解】对于A，设等比数列的公比为，由，得，两式相减得，即所以，又，解得，所以，正确；对于B，设等差数列的公差为，由，得，解得，所以，正确；对于C，由，得，则集合中元素的个数为，即，错误；对于D，，正确．故选：ABD17.（2025·山东济宁·一模）已知数列和满足．（1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：．【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）分析可知数列为常数列，即可得数列的通项公式，根据前n项和与通项公式之间的关系可得数列的通项公式；（2）由（1）可知：，利用裂项相消法求，进而分析证明.【小问1详解】因为，可得，即，可知数列为常数列，则，所以；又因为，则有：若，可得；若，则，两式相减得；且符合上式，所以.【小问2详解】由（1）可知：，可得，显然，所以.18.（2025·山东菏泽·一模）定义正方形数阵满足，其中i，.（1）若，求数阵所有项的和T；（2）若m，n，p，，求证：也是数阵中的项；（3）若，，且，求的值为奇数的概率.【答案】（1）0（2）证明见解析（3）答案见解析【解析】【分析】（1）根据确定的所有取值情况，通过分析的性质，发现以及，从而得出数阵所有项的和为.（2）对进行展开变形，再根据数阵的定义，证得结论成立.（3）先根据以及与具有相同奇偶性，得出为奇数时与一奇一偶，然后分为奇数和偶数两种情况，分别计算的取值情况数，进而计算出概率.小问1详解】若，则的所有取值情况为：故数阵共99项，由知：，，所以.【小问2详解】由知，，故，所以也是数阵中的项.【小问3详解】若知：，由与具有相同的奇偶性知要使的值为奇数，需使与都是奇数，即i与j必定一奇一偶，当时，的取值情况有4种，故；当时，的取值情况有8种，故；当时，的取值情况有12种，故；当且n为奇数时，中有个奇数，个偶数，故的取值情况有种，故；当且n为偶数时，中有个奇数，个偶数，故的取值情况有种，故；综上所述，当且n为奇数时，；当且n为偶数时，.【点睛】方法点睛：对于求满足特定条件的数阵所有项的和，先确定数阵中元素的组成情况，再通过分析元素之间的关系（如本题中的对称关系与）来简化求和过程.证明一个式子是数阵中的项，通常对式子进行代数变形，使其符合数阵元素的定义形式，再结合数阵中参数的取值范围进行判断.求概率问题，先分析事件发生的条件（如本题中为奇数时与的奇偶性要求），然后根据条件计算满足条件的情况数以及总情况数（利用排列组合知识），最后根据概率公式计算概率.当参数有不同取值情况（奇数或偶数）时，要进行分类讨论.19.（2025·山东聊城·一模）若各项为正数的无穷数列满足：对于都有，其中为非零常数，则称数列为“平方等差数列”.（1）判断无穷数列和是否是“平方等差数列”，并说明理由；（2）若是“平方等差数列”.（ⅰ）证明：存在正整数，使得不等式成立；（ⅱ）证明：存在正整数，使得.【答案】（1）数列是“平方等差数列”，数列不是“平方等差数列”，理由见详解.（2）（i）证明见详解；（ii）证明见详解.【解析】【分析】（1）由定义分别验证两个数列是否满足定义，即可得结果；（2）（i）由新定义“平方等差数列”得到数列通项公式，由放缩法得到，从而得到，然后由的单调性即可得证；（ii）由通项公式得到，由放缩法得，然后由列项相消得到的结果，然后由函数的单调性即可得证.【小问1详解】数列中，，所以数列是“平方等差数列”；数列中，，所以数列不是“平方等差数列”；【小问2详解】（i）∵，设，当时，一定存在使得，不成立，故∴，则，∵，∴，∵函数随的增大而减大，故存在使得，即得证.（ii）由（2）得，故，即，∴由随的增大而增大，且时，，故对任意的，总存在正整数使，存在正整数，使得.【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.2.（2025·山东烟台·一模）已知等比数列的前项和为，则（）A. B. C.5 D.15【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的性质及求和公式得解.【详解】由等比数列性质可知，，又，解得或，当时，，所以，故，当时，，所以，故，综上，，故选：D19.（2025·山东烟台·一模）设是一个项数为的数列，其中每一项均为集合中的元素.定义数列如下：若，则，其中，当时，，当时，，且.（1）若数列，求数列；（2）若存在，对任意，均有数列与为同一数列，则称为数列组的一个周期.（i）若，求数列组的最小正周期；（ii）若数列组存在周期，求的所有可能取值.【答案】（1）；（2）（i）3；（ii）的所有可能取值为且.【解析】【分析】（1）根据数列的定义，依次求出，进而确定；（2）（i）注意，各不相同，有，依此研究在各不同情况下的周期，即可得最小正周期；（ii）讨论的奇偶性，注意为奇数情况下证明时，即可得结论.【小问1详解】由，对于，则，同理，，所以，对于，则，同理，，所以，依上的过程，易知；【小问2详解】（i）若，，则，记，若，，则，记，若，，则，记，令，各不相同，则，若，则，，，显然，即是周期；若，则，，，显然，即是周期；若，则，即是周期；（注意为正整数），综上，对任意，为数列组周期，最小正周期是3；（ii）当为偶数，不妨设，则，为正整数，此时不存在正整数，使得数列与同一数列，即数列组不存在周期；当为奇数，由的每一项均为中元素，所以至多有个，对于给定的，总存在，，使得，下证：若时，，事实上，设表示除以的余数，由数列到的变换结果，知，，不妨设，，由，则，，所以，即，结合为奇数，，，可得，则，同理可证：对任意，均有，所以，以此类推，有，，，所以，对于任意均存在整数，使得，在变化时，所有的最小公倍数，即为数列组的一个周期，综上，数列组均存在周期时，的所有可能取值为且.【点睛】关键点点睛：第二问，一小问，注意，各不相同，有，二小问，讨论的奇偶性，其中为奇数的情况下证明时，为关键.5.（2025·山东齐鲁名校大联考·一模）双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化成标准方程即可求解；【详解】双曲线的方程可化为，所以渐近线方程为．故选：B6.（2025·山东齐鲁名校大联考·一模）已知为坐标原点.等轴双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与的右支交于点P，Q.设与的内切圆圆心分别是M，N，直线，的斜率分别是，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用双曲线焦点三角形的性质，得到内切圆圆心横坐标为然后利用直线的倾斜角，表示出内切圆的半径，即可求出.【详解】如图所示，设的内切圆和三边分别相切于点,则且设直线的倾斜角为，则,同理，,等轴双曲线知，,故选：A7.（2025·山东齐鲁名校大联考·一模）已知正项等比数列满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等比数列下标和的性质求解即可.【详解】因为正项等比数列满足，所以，解得，又，所以，故选：B8.（2025·山东齐鲁名校大联考·一模）设等比数列的前项和为，若，则（）A.20 B.30 C.35 D.40【答案】B【解析】【分析】根据等比数列前项和的性质列方程求解【详解】由等比数列的前项和的性质可得：也成等比数列，，得，解得.故选：B.19.（2025·山师附中·一模）已知双曲线的离心率为，其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为2.（1）求双曲线的方程；（2）设，若点在双曲线上，在点处的切线与两条渐近线分别交于两点，是坐标原点，且.（i）证明数列是等差数列，并求通项公式;（ii）设数列的前项和为.求证:对.(其中表示不超过的最大整数，