2023届高三数学二轮复习-最近三年高考数学数列真题（PDF版含解析）

近三年高考数学数列真题合集
等差数列通项与前 n 项和求解
1．（2022上海）已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前 n项和，若 S5 0，则 Si (i 0，
1，2， ，100)中不同的数值有__________个．
2．（2022全国乙卷文）记 Sn为等差数列 an 的前 n项和．若 2S3 3S2 6，则公差
d __________．
3．（2021 上海春季）已知等差数列{an}的首项为 3，公差为 2，则 a10 __________．
4．（2021 北京）已知{an}是各项为整数的递增数列，且 a1 3，若a1 a2 a3 an 100，
则 n的最大值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
5．(2020海南)将数列{2n 1}与{3n 2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的
前 n项和为__________．
6． (2020 上 海 )已 知 数 列 {an} 是 公 差 不为 零 的 等 差 数 列， 且 a1 a10 a9 ， 则
a1 a2 a9 __________．
a10
7．(2020新课标Ⅱ理)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心
有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌 9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次
增加 9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多 9块，向外每环依次也增加 9块．已知每
层环数相同，且下层比中层多 729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( )
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A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
a
8．(2020 浙江)已知等差数列{an}的前 n项和 Sn ，公差 d 0，且 1 1．记 b1 S2 ，d
bn 1 S2n 2 S2n ， n N *，下列等式不可能成立的是( )
A． 2a4 a2 a6 B． 2b4 b2 b6 C
2
．a4 a2a8 D b
2
． 4 b2b8
等比数列通项与前 n 项和求解
1．（2022全国乙卷文 10理 8）已知等比数列 an 的前 3项和为 168， a2 a5 42，则
a6 ( )
A． 14 B． 12 C． 6 D． 3
2．（2021 上海）已知{an}为无穷等比数列，a1 3，an 的各项和为 9，bn a2n，则数列{bn}
的各项和为__________．
3．（2021 文科甲卷）记 Sn为等比数列{an}的前 n项和．若 S2 4，S4 6，则 S6 ( )
A．7 B．8 C．9 D．10
4．(2020 江苏)设{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q的等比数列．已知数列
{an bn}的前 n项和 Sn n
2 n 2n 1(n N*)，则 d q的值是__________．
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5．(2020新课标Ⅱ理)数列{an}中，a
15 5
1 2，am n aman ．若ak 1 ak 2 ak 10 2 2 ，
则 k ( )
A．2 B．3 C．4 D．5
数列的单调性与最值
1． （2022北京）设 an 是公差不为 0的无穷等差数列，则“ an 为递增数列”是“存在正
整数 N0 ，当 n N0 时， an 0”的( )
A． 充分而不必要条件 B． 必要而不充分条件
C． 充分必要条件 D． 既不充分也不必要条件
2．（2022上海春考）已知等比数列{an}的前 n项和为 Sn，前 n项积为Tn ，则下列选项判断
正确的是( )
A．若 S2022 S2021 ，则数列{an}是递增数列
B．若T2022 T2021，则数列{an}是递增数列
C．若数列{Sn}是递增数列，则 a2022 a2021
D．若数列{Tn}是递增数列，则 a2022 a2021
3．（2021 甲卷）等比数列{an}的公比为 q，前 n项和为 Sn．设甲：q 0，乙：{Sn}是递
增数列，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
4．(2020北京)在等差数列{an}中，a1 9，a5 1．记Tn a1a2 an (n 1，2， )，
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则数列{Tn} ( )
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
数列与实际生活情境结合
1． （2022新高考 II 1 ）图 是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻
桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图 2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中
DD1,CC1,BB1, AA1是举，OD1,DC1,CB1 ,BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为
DD1 0.5, CC1 k ,BB1 k , AA 1 1 k ．已知 k ,k ,k 成公差为 0．1的等差数列，且直OD1 DC1 CB
2 BA 3 1 2 31 1
线OA的斜率为 0.725，则 k3 ( )
A． 0．75 B． 0．8 C． 0．85 D． 0．9
2． （2022全国乙卷理）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国
第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数
1
1 b 1 b 1 b 1 2 1
3
列 bn ： 1 ， 1 ，
1
1 ，1 …
，依此类推，其中
1 1 2 2 3
N k (k 1,2, )．则( )
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A． b1 b5 B． b3 b8 C． b6 b2 D． b4 b7
3．（2021 北京）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗
面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种．这五种规格党旗的长 a1， a2， a3， a4，
a5 （单位：cm)成等差数列，对应的宽为b1，b2，b3，b4，b5（单位：cm )，且长与宽
之比都相等．已知 a1 288， a5 96，b1 192，则b3 ( )
A．64 B．96 C．128 D．160
4．（2021 新高考Ⅰ）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 20dm 12dm 的长方形纸，对折 1 次共可以得到 10dm 12dm，
20dm 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和 S1 240dm
2
，对折 2 次共可以得到
5dm 12dm，10dm 6dm，20dm 3dm 2三种规格的图形，它们的面积之和 S2 180dm ，
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 n次，那么
n
Sk __________ dm2 ．
k 1
数列与新定义
1．（2021 新高考Ⅱ 0 1）设正整数 n a0 2 a1 2 ak 1 2
k 1 a kk 2 ，其中 ai {0，1}，
记 (n) a0 a1 ak ，则( )
A． (2n) (n) B． (2n 3) (n) 1
C． (8n 5) (4n 3) D n． (2 1) n
2．(2020 新课标Ⅱ理) 0 1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列 a1a2 an 满足
ai {0，1}(i 1，2， )，且存在正整数m，使得 ai m ai (i 1，2， )成立，则称其
为0 1周期序列，并称满足 ai m ai (i 1,2 )的最小正整数m为这个序列的周期．对于
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m
周期为m的 0 1序列 a1a2 an ，C(k)
1
aiai k (k 1，2， ，m 1)是描述其m i 1
性质的重要指标，下列周期为 5的0 1序列中，满足C(k) 1 (k 1，2，3，4)的序列是( )
5
A．11010 B．11011 C．10001 D．11001
数列综合小题
1．（2022北京）己知数列 an 各项均为正数，其前 n项和 Sn满足 an Sn 9(n 1,2, )．给
出下列四个结论：
① an 的第 2项小于 3； ② an 为等比数列；
a a 1③ n 为递减数列； ④ n 中存在小于 的项．100
其中所有正确结论的序号是__________.
2．（2021 上海）已知 ai N *(i 1，2， ，9)对任意的 k N *(2 k 8)，ak ak 1 1
或 ak ak 1 1中有且仅有一个成立，a1 6，a9 9，则 a1 a9 的最小值为__________．
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近三年高考数学数列真题合集解析
等差数列通项与前 n 项和求解
1．【解答】由等差数列对称性可知：
S0 S5 0， S2 S3 ， S1 S4，
其余各项均不相等，
Si (i 0，1，2 ，100)中不同的数值有：101 3 98个．
故答案为 98．
2．【解答】由 2S3 3S2 6可得 2 a1 a2+a3 3 a1 a2 6，
化简得 2 a1+2d 2a1 d 6，
解得 d 2．
故答案为 2．
3．【解答】因为等差数列{an}的首项为 3，公差为 2，
则 a10 a1 9d 3 9 2 21．
故答案为 21．
4．【解答】数列{an}是递增的整数数列，
n要取最大，后一个比前一个要大 1，
a1 3，
an n 2，
S (3 n 2)n 5n n
2
则 n ，2 2
试数取 n 11时， S11 88， a11 13，
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100 S12 12 a11 13，
此时显然 n继续增大，则 a12 a11，不满足题意，
所以 n 11为最大值．
故选C．
5．【解答】数列{2n 1}与{3n 2}首项均为 1，此后每变大 6，即为二者公共项，
所以数列{an}是以 1为首项、以 6为公差的等差数列，
n(n 1)
故它的前 n项和为n 1 6 3n2 2n，
2
2
故答案为3n 2n．
6．【解答】根据题意，因为 a1 a10 a9 ，即 a1 a1 9d a1 8d ，
变形可得 a1 d，
9a 9 8da1 a2 a 1

9 2 9a1 36d 9d 36d 27所以 ．
a10 a1 9d a1 9d d 9d 8
27
故答案为 ．
8
7．【解答】设每一层有 n环，由题意可知，从内到外每环上扇面形石板数之间构成等差数列，
上层中心的首项为 a1 9，且公差 d 9，
由等差数列前 n项和的性质：
S 2n， S2n Sn ， S3n S2n 成等差数列，且 (S3n S2n ) (S2n Sn ) n d，
n2所以 d 729，
则 n 9，
S S 27 9 27 26则三层共有扇面形石板 3n 27 9 3402块，2
故选C．
8．【解答】在等差数列{an}中， an a1 (n 1)d ，
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a2 a1 d ， a4 a1 3d， a8 a1 7d ，
而 2a4 a2 a6 ，根据等差数列的性质知 A正确，
bn 1 S2n 2 S2n，
b2 S4 S2 a3 a4 ，
b4 S8 S6 a7 a8 ，
b6 S12 S10 a11 a12 ，
所以对 2b4 b2 b6 ，即 2(a7 a8) a3 a4 a11 a12 (a3 a12 ) (a4 a11) ，
可知成立， B正确，
对C a2．若 4 a
2
2a8，则 (a1 3d) (a1 d)(a1 7d)，
a2 6a d 9d 2 2即 1 1 a1 8a1d 7d
2 2
，得 a1d d ，
d a 0， a1 d ，符合 1 1，所以C正确；d
对D b2．若 4 b
2
2b8，则 (a7 a8) (a3 a4 )(a15 a16 )，
2
即 4a1 52a1d 169d
2 4a21 68a
2
1d 145d ，得16a1d 24d
2
，
d 0 2a a ， 1 3d ，不符合 1 1，D错误；d
故选D．
等比数列通项与前 n 项和求解
1．【解答】设等比数列 an 的公比为 q,q 0，且显然 q 1，
a 1 q3 a 96
a1 a a
1 1
则 2 3
168
1 q ，解得 1 ，
q
a2 a5 a q a
4
1 1q 42 2
所以 a 5 ．6 a1q 3
故选 D．
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2．【解答】设{an}的公比为 q，
由 a1 3
3
， an 的各项和为 9，可得 9，1 q
q 2 2解得 ，所以 an 3 ( )
n 1
，
3 3
bn a2n 3 (
2)2n 1，
3
4
可得数列{bn}是首项为 2，公比为 的等比数列，9
{b } 2 18则数列 n 的各项和为 4 ．1 5
9
18
故答案为 ．
5
3．【解答】 Sn 为等比数列{an}的前 n项和， S2 4， S4 6，
由等比数列的性质，可知 S2， S4 S2 ， S6 S4 成等比数列，
4，2， S6 6成等比数列，
22 4(S6 6)，解得 S6 7．
故选 A．
4．【解答】依题意，数列{an}的通项公式 an a1 (n 1)d ，
d 2
所以其前 n项和 n (a d )n，
2 1 2
当{bn}中，当公比 q 1时，其前 n项和 nb1，
而{an b }
d 2 d 2 n
n 的前 n项和 Sn n (a1 )n nb1 n n 2 1(n N*)，显然没有出2 2
现 2n，所以 q 1，
n
{b } b (q 1) b q
n b
则 n 的前 n项和为 1 1 1 ，q 1 q 1 q 1
S d n2 (a d
n
所以 n 1 )n
b
1
q b
1 n2 n 2 n 1(n N*) ，
2 2 q 1 q 1
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d
1
2
a
d
1 1
由两边对应项相等可得： 2 解得： d 2， a1 0，q 2，b1 1，
q 2

b1 1
q 1
所以 d q 4，
故答案为 4
5．【解答】由 a1 2，且 am n aman ，
取m 1，得 an 1 a1an 2an ，
a
n 1 2，
an
则数列{an}是以 2为首项，以 2为公比的等比数列，
a 2 2k 2k 1则 k 1 ，
2k 1 10
ak 1 ak 2 a
(1 2 )
211 k 2k 1 215 5k 10 2 ，1 2
k 1 5，即 k 4．
故选C．
数列的单调性与最值
1．【解答】设等差数列 an 的公差为 d ，则 d 0，记 x 为不超过 x的最大整数．
若 an 为单调递增数列，则 d 0，
若 a1 0，则当 n 2时， an a1 0；若 a1 0，则 an a1 n 1 d，
a a a1 a 由 n 11 n 1 d 0可得 n 1 ，取 N0 1 1，则当 n N0 时， ad d n
0，

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所以，“ an 是递增数列” “存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ”；
若存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0，取 k N 且 k N0， ak 0，
假设 d 0，令 a a n k d 0 a a可得 n k k ，且 k kn k k ，d d
a
当 n k
k
1时， an 0，与题设矛盾，假设不成立，则 d 0，即数列 an 是递增 d
数列．
所以，“ an 是递增数列” “存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ”．
所以，“ an 是递增数列”是“存在正整数N0 ，当 n N0 时， an 0 ”的充分必要条件．
故选 C．
2．【解答】如果数列 a1 1，公比为 2，满足 S2022 S2021 ，但是数列{an}不是递增数列，
所以 A不正确；
1
如果数列 a1 1，公比为 ，满足T2 2022
T2021 ，但是数列{an}不是递增数列，所以 B不
正确；
1 1 ( ) n1 1
如果数列 a1 1，公比为 ， S 2n 1 2(1 n )，数列{Sn}是递增数列，但是2 2
2
a2022 a2021，所以C不正确；
数列{Tn}是递增数列，可知Tn Tn 1，可得 an 1，所以 q 1，可得 a2022 a2021正确，所
以D正确；
故选D．
3．【解答】若 a1 1，q 1，则 Sn na1 n，则{Sn}是递减数列，不满足充分性；
S a1 nn (1 q )，1 q
S a1 n 1则 n 1 (1 q )，1 q
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S S a 1 (q nn 1 n q
n 1) a n
1 q 1
q ，
若{Sn}是递增数列，
Sn 1 Sn a
n
1q 0，
则 a1 0， q 0，
满足必要性，
故甲是乙的必要条件但不是充分条件，
故选 B．
a a 1 ( 9)
4．【解答】设等差数列{an}的公差为 d ，由 a 5 11 9，a5 1，得d 2，5 1 4
an 9 2(n 1) 2n 11．
由 an 2n 11
11
0，得 n ，而 n N *，
2
可知数列{an}是单调递增数列，且前 5项为负值，自第 6项开始为正值．
可知T1 9 0，T2 63 0，T3 315 0，T4 945 0为最大项，
自T5起均小于 0，且逐渐减小．
数列{Tn}有最大项，无最小项．
故选 B．
数列与实际生活情境结合
1．【解答】设OD1 DC1 CB1 BA1 1，则CC1 k1,BB1 k2 ,AA1 k3 ，
DD CC BB AA
依题意，有 k3 0.2 k1,k3 0.1 k2 ，且
1 1 1 1 0.725，
OD1 DC1 CB1 BA1
0.5 3k3 0.3所以 0.725，故 k3 0.9，4
故选 D
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2．【解答】因为 N*k k 1,2, ，
1
1 1

所以 1 1 ，
1 ，得到
1 b1 b2
，
2 1 2
11
1

同理 1 1 ，可得b2 b3 ，2 b1 b32 3
1 1
1 ,
1 1
1
1 1 1
又因为 2 2 2 2 ，
1 133 34 4
故b2 b4，b3 b4；
以此类推，可得b1 b3 b5 b7 …，b7 b8，故 A错误；
b1 b7 b8，故 B错误；
1 1

2 12 ，得b2 b6，故 C错误；
13 … 6
1 11 1
12
1
2 … ，得 ，故 正确．
1 1
b4 b7 D
3 6 4 7
故选 D．
3．【解答】{an}和{b }
a
n 是两个等差数列，且
k (1 k 5)是常值，由于 a1 288，a5 96，bk
a
故 a 1 a53 192，2
a3 a1 288 3由于
b3 b1 192 2
所以b3 128．
14/18
a1 a5 b a b另 ，解得： 5 1 64
b1 b
5
5 a1
故：b b1 b3 5 128．2
故选C．
20dm 3 dm,10dm 3 dm,5dm 3dm, 5 dm 6dm 54．【解答】易知有 ， dm 12dm，共
4 2 2 4
5种规格；
k k 1 240 S 240(k 1)由题可知，对折 次共有 种规格，且面积为
2k
，故 k ，2k
n n k 1 n S k 1 1
n k 1
则 k 240 ，记T 2k n 2k ，则 T ，k 1 k 1 k 1 2 n k 1 2k 1
1 nT k 1
n
k 1
n 1 k 2 n 1 k 1 n 1
n 2 2k

2k 1
1 ( k 1 k 1 ) 2 n 1k 1 k 1 k 1 k 1 2 2
1 (1 1 n 1 )
1 n 1 3 n 3 4 21 n 1 ，1 2 2 2
n 1
2
n 3
Tn 3 2n
，
n
Sk 240(3 n 3 n )．
k 1 2
故答案为 5； 240(3 n 3 )．
2n
数列与新定义
1 1 2 k．【解答】 2n a0 2 a1 2 ak 1 2 ak 2
k 1
，
(2n) (n) a0 a1 ak ， A对；
当 n 2 0时，2n 3 7 1 2 1 21 1 22， （7） 3 0 1． 2 0 2 1 2 ， （2）
0 1 1， （7） （2） 1， B错；
15/18
8n 5 a0 2
3 a1 2
4 a 2k 3k 5 1 2
0 1 22 a 230 a1 2
4 ak 2
k 3
，
(8n 5) a0 a1 a k 2 ，
4n 3 a 22 a 23 a 2k 2 3 1 20 1 21 a 22 a 23 a 2k 20 1 k 0 1 k
(4n 3) a0 a1 a k 2 (8n 5) ． C 对；
2n 1 1 20 1 21 1 2n 1， (2n 1) n， D对．
故选 ACD．
2．【解答】对于 A选项：序列 11010 11010
C 1
5 1
（1） aiai 1 (1 0 0 0 0) 1 ，5 i 1 5 5
5
C 1 1（2） aiai 2 (0 1 0 1 0) 2 1 1 ，不满足C(k) (k 1，2，3， 4)，5 i 1 5 5 5 5
故排除 A；
对于 B选项：序列 11011 11011
1 5C 1（1） a a (1 0 0 1 1) 3 1 ，不满足条件，排除；
5 i i 1i 1 5 5 5
对于C选项：序列 10001 10001 10001
1 5C（1） a a 1 1
5 i i 1 (0 0 0 0 1) ，i 1 5 5
C 1
5
（2） a 1iai 2 (0 0 0 0 0) 0，5 i 1 5
1 5C a a 1（3） i i 3 (0 0 0 0 0) 0，5 i 1 5
5
C 1 1 1（4） aiai 4 (1 0 0 0 0) ，符合条件，5 i 1 5 5
对于D选项：序列 11001 11001
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1 5C a a 1 (1 2 1（1） i i 1 0 0 0 1) 不满足条件．5 i 1 5 5 5
故选C．
数列综合小题
1．【解答】由题意可知， n N ， an 0，
当 n 1时， a2 9，可得 a1 3；1
9
当 n 2时，由 Sn 可得 S
9 9 9
a n 1
，两式作差可得 a
a n
，
n n 1 an an 1
9 9 9
所以， an，则 a2 3，整理可得a22 3a2 9 0，an 1 an a2
因为 a 0，解得a 3 5 32 3，①对；2 2
2

假设数列 an 为等比数列，设其公比为 q，则 a2 ，即
9 81 ，
2 a1a3 S

2 S1S3
所以， S 22 S S ，可得 a
2 1 q 2 a2 1 q q2 ，解得q 0，不合乎题意，1 3 1 1
故数列 an 不是等比数列，②错；
9 9 9 a a
当 n 2时，a n 1 n

n 0，可得 a a ，所以，数列 a 为递减数an a n n 1 nn 1 anan 1
列，③对；
1 1
假设对任意的 n N ，a ，则n S100000 100000 1000，100 100
9 9 1
所以， a100000 ，与假设矛盾，假设不成立，④对．S100000 1000 100
故答案为①③④．
2．【解答】设bk ak 1 ak ，由题意可得，bk ，bk 1恰有一个为 1，
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如果b1 b3 b5 b7 b9 1，那么 a1 6， a2 7， a3 1， a4 a3 1 2，
同样也有， a5 1， a6 a5 1 2， a7 1， a8 a7 1 2，
全部加起来至少是6 7 1 2 1 2 1 2 9 31；
如果b2 b4 b6 b8 1，那么 a8 8， a2 1， a3 a2 1 2，
同样也有， a4 1， a5 2， a6 1， a7 2，
全部加起来至少是6 1 2 1 2 1 2 8 9 32，
综上所述，最小应该是 31．
故答案为 31．
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