江苏地区一轮复习模拟题汇编：数列-2025年高考数学核心考点突破
一、单选题
1．（24-25·江苏溧阳·开学考试）在等差数列中， ， ， （ ）
A． B． C． D．
2．（23-24·江苏南京·模拟预测）已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24·江苏南京·模拟预测）若数列是公比为的等比数列，且，，则的值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
4．（23-24·江苏南京·开学考试）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足五五数之剩三，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．23 B． C． D．33
5．（24-25·江苏南通·模拟预测）设两个等比数列，的前n项和分别为，.若，则（ ）
A．162 B．524 C．890 D．1210
6．（22-23·江苏盐城·开学考试）南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，……设第层有个球，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24·江苏盐城·模拟预测）设数列的前项积为，满足，则（ ）
A．175 B．185 C． D．
8．（23-24·江苏无锡·专题练习）高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（ ）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2026
二、多选题
9．（23-24·江苏南京·模拟预测）设数列的前n项和为，已知，，，则（ ）
A． B．
C．数列是等比数列 D．数列是等比数列
10．（23-24·江苏无锡·模拟预测）已知数列满足，则（ ）.
A．
B．的前10项和为150
C．的前11项和为
D．的前16项和为168
11．（23-24·江苏扬州·模拟预测）已知数列，记数列的前项和为，下列结论正确的是（ ）
A．若“”是“为递增数列”的充分不必要条件
B．“为等差数列”是“为等差数列”的必要不充分条件
C．若为等比数列，则成等比数列
D．若为等比数列，则可能是等差数列
三、填空题
12．（23-24·江苏南京·模拟预测）已知数列中，，则 ．
13．（23-24·江苏徐州·模拟预测）某同学用大小一样的球堆积了一个“正三棱锥”，一共用了1540个球．第1层有1个球，第2层有3个，第3层有6个球，…，每层都摆放成“正三角形”，从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球，则这位同学共堆积了 层．
14．（23-24·江苏南京·三模）记表示k个元素的有限集，表示非空数集E中所有元素的和，若集合，则 ，若，则m的最小值为 .
四、解答题
15．（23-24·江苏南京·模拟预测）记等差数列的前n项和为，，．设．
(1)求的值；
(2)记为数列的前2n项和，为数列的前n项和，且，求实数t的值．
16．（2024·江苏徐州·三模）设数列的前项的和为.
(1)若是公差为的等差数列，且成等比数列，求；
(2)若，求证：.
17．（23-24·江苏南京·模拟预测）设的前项和为，且，数列的通项公式为.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求满足成立的的最小值；
(3)对任意的正整数，设，求数列的前2n项和.
18．（2024·江苏无锡·模拟预测）已知数列满足，．令．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）求证：．
19．（2024·江苏盐城·模拟预测）在数列的第项与第项之间插入个1，称为变换．数列通过变换所得数列记为，数列通过变换所得数列记为，以此类推，数列通过变换所得数列记为（其中）．
(1)已知等比数列的首项为1，项数为，其前项和为，若，求数列的项数；
(2)若数列的项数为3，的项数记为．
①当时，试用表示；
②求证：．
参考答案：
1．C
【分析】由等差数列性质可知，，仍为等差数列，代入即可求解.
【详解】由等差数列的性质可知，
在等差数列中，，仍为等差数列，
所以，
所以．
故选：C．
2．C
【分析】由数列的单调性求解．
【详解】由题意，解得.
故选：C.
3．A
【分析】根据给定条件，可得，利用对数运算及等比数列性质求出.
【详解】数列中，由，知，则，
又，于是，而，
所以.
故选：A
4．B
【分析】先求出，得，则，利用基本不等式求解，要注意等号成立时条件．
【详解】由题意，可知所有正整数为3，8，13，18，…
即数列为5的非负整数倍加3，
故，
数列是以3为首项，5为公差的等差数列，
，
，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，，
当时，
所以当时，取得最小值且最小值为.
故选：B.
5．A
【分析】设，的公比分别为，讨论、、、的情况，结合等比数列的求和公式即可求解.
【详解】设，的公比分别为，
若，则，，
则，即，
所以，可得，得.
所以，，满足.
所以，.
所以.
同理可得时也可以得到.
当时，，，则，故舍去.
当时，在中，
令，得.
令，得，
即①.
令，得，
即，即，
所以，即②.
由①，得，即，
代入②，得.
令，则，
化简可得，解得或，即或.
若，则，解得或，舍去.
若，则，则是方程的两个根.
因为，所以方程无解，故舍去.
综上所述，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：设，的公比分别为，讨论、、、，从而得解.
6．D
【分析】由题意可得，所以，然后利用裂项相消求和法可求得结果.
【详解】由题意可得，
所以，
所以
.
故选：D
7．A
【分析】首先令求出，当时，即可得到，从而得到，即是以为首项，为公差的等差数列，再由等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，当时，解得，
当时，所以，则，
所以，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
故选：A
8．B
【分析】
根据得到数列为等比数列，求出和的关系，根据累加法求出，求出，根据，求出，求出即可.
【详解】由得，
因此数列公比为4，首项为的等比数列，
故，进而根据累加法得，
，
，
又，，
令，，
，
，代入得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据，求出.
9．ABD
【分析】根据的关系，即可作差求解是从第二项开始的等比数列，是等比数列，即可结合等比数列的通项公式及性质检验各选项即可判断．
【详解】因为，所以，，
故时，两式相减得，，即，
因为不适合上式，
故数列是从第二项开始的等比数列，公比为4，，C错误；
则，A正确；
，B正确；
因为，所以，
即数列是以1为首项，以4为公比的等比数列，D正确．
故选：ABD．
10．ACD
【分析】对于A，已知求的公式求解即可；对于B，运用等差数列求和公式求解；对于C，分组并项求和即可；对于D，分情况讨论，结合等差数列求和公式求和即可.
【详解】对于A，由，
当时，，
两式相减得，，
当时，符合，所以，A正确；
对于B，的前10项和为，B错误；
对于C，的前11项和为，C正确；
对于D，，解得，
所以，，
所以的前16项和为
，D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】对于找到一个数列是递增数列，但是不满足，所以可判断，对于B，与能互相推出，所以可判断B，对，根据条件算出公比和首项，代入即可判断，对，找到一个的等差数列，代入可判断.
【详解】对于，，则为递增数列，
但为递增数列时，如：，但不成立，
所以选项正确；
对于B，数列为等差数列为等差数列，
所以“数列为等差数列”是“数列为等差数列”的充要条件，
所以选项不正确；
对于，若为等比数列，公比为，当时，
则前项和为，
所以，
所以，同理可得
所以，
所以成等比数列；
当时，，即，
所以；
所以选项正确；
对于，若为等比数列，当时，，
则，
所以是公差为0的等差数列，故选项正确.
故选：ACD.
12．29
【分析】根据累加法求得，即可求得．
【详解】根据题意，，
，满足该式，
所以，则，
故答案为：29．
13．
【分析】由题意可得每层的球的个数，即可借助组合数的性质求出前层的球的个数之和，即可列出方程求解.
【详解】设第层有个球，由第1层有1个球，
从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球，
则有，
设的前项和为，则，
由
，
故
，
令，即有，
即，解得.
故这位同学共堆积了层.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得出每层的球的个数后借助组合数的性质求出前层的球的个数，从而可列出方程并求解.
14． 21
【分析】第一空，根据集合新定义可写出的所有可能情况，即可求得答案；第二空，由题意求出，利用等差数列的求和公式列不等式，结合解一元二次不等式求出m的范围，即可求得答案.
【详解】当时，表示3个元素的有限集，
由可知或或或，
故；
由题意知，
故由可得，即，
解得或（舍去），
结合，故m的最小值为21，
故答案为：；21
【点睛】关键点睛：本题考查了集合新定义问题，解答本题的关键在于理解题中所给新定义的含义，明确其内容，进而结合解不等式，即可求解.
15．(1)68
(2)
【分析】（1）由等差数列的通项公式和求和公式，可得所求；
（2）由等比数列的通项公式、求和公式，化简整理，可得所求值．
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，，
可得，，解得，即有，
则；
（2）由（1）可得，则，
则，
为数列的前项和，可得，
可得，即为，解得．
16．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差数列前n项和公式以及等比中项公式列出等量关系式并转化成首项和公差来表示即可求解.
（2）先由，进而由累乘法结合求出即可由得解.
【详解】（1）由题意知，故，
解得，所以或.
（2）因为①，所以②，
所以由②①得，，
所以时，，
所以由得，
所以，
显然也符合上式，所以，
所以.
17．(1)
(2)3
(3)
【分析】（1）根据的关系，即可作差判定为等比数列求解，
（2）根据等差等比数列的求和公式，即可求解，
（3）根据裂项求和和错位相减法分别求解奇偶项的和，即可由分组求和得解.
【详解】（1）由已知得，
解得，所以，
，，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，.
（2）因为，所以，
因此，故，解得，
，，即满足条件的最小值为3.
（3）因为，
当为偶数时，，
记；
当为奇数时，，
记，
则，
①－②得
，
所以，
因此数列的前2n项和为.
18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．
【详解】试题分析：（1）现将代入可得，再展开，两边同除以即可证数列为等差数列；（2）先由（1）可得数列的通项公式，进而可得的通项公式，再利用裂项法可得，进而可证明．
试题解析：（Ⅰ），
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
由于
于是
考点：1、等差数列的定义；2、等差数列的通项公式；3、数列的“裂项”求和；4、不等式的证明．
19．(1)36
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）设等比数列的公比为，由，利用等比数列通项公式与前项和公式求出，由变换的定义求数列的项数；
（2）由变换的定义，得与的递推关系，利用放缩结合对数的运算证明不等式.
【详解】（1）设等比数列的公比为，显然，
由，得，解得.
故数列有8项，经过1次变换后的项数为，
即的项数为36.
（2）①由的项数为，则当时，，
所以
②因数列是一个3项的数列，所以，
由，所以，
于是，则有
所以，得，即，
所以.
，，于是，
则有，可得，有，即，
所以，
综上所述，．
【点睛】方法点睛： “新定义”型问题，需要读懂题意并结合已有知识、能力进行理解，根据新定义进行运算、推理、迁移，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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