2021年高考数学真题和模拟题分类汇编：专题08 数列（含解析）.docx

1、20212021 年高考真题和模拟题分类汇编年高考真题和模拟题分类汇编 数数学学 专题专题 0808 数列数列 一、选择题部分 1.(2021高考全国甲卷理 T7)等比数列 n a的公比为 q，前 n 项和为 n S，设甲：0q ， 乙： n S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 【答案】B 【解析】当0q 时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当 n S是递增数列时，必有 0 n a 成立即可说明0q 成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案 由题，当数列为2, 4

2、, 8, 时，满足0q ， 但是 n S不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件 若 n S是递增数列，则必有0 n a 成立，若0q 不成立，则会出现一正一负的情况，是 矛盾的，则0q 成立，所以甲是乙的必要条件 故选 B 2.(2021浙江卷T10)已知数列 n a满足 11 1,N 1 n n n a aan a .记数列 n a的前n 项和为 n S，则（） A 100 3 2 1 SB. 100 34SC. 100 9 4 2 SD. 100 9 5 2 S 【答案】A 【解析】因为11 1,N 1 n n n a aan a ，所以0 n a ， 100 1 2 S 由 2 1 1 1

3、11111 241 n n nn nnn a a aaaaa 2 1 1 111111 22 n nnn aaaa ，即 1 111 2 nn aa 根据累加法可得， 111 1 22 n nn a ，当且仅当1n 时取等号， 1 2 41 2 (1)31 1 1 nn nnn n aan aaa nna n 1 1 3 n n an an ， 由累乘法可得 6 (1)(2) n a nn ，当且仅当1n 时取等号， 由裂项求和法得： 所以 100 1111111111 663 2334451011022102 S ，即 100 3 2 1 S 故选 A 3.(2021江苏盐城三模T5)已知数

4、列an的通项公式为，则其前 n 项和为 A1 1 (n1)! B1 1 n! C2 1 n! D2 1 (n1)! 【答案】A 【考点】数列的求和：裂项相消法 【解析】 由题意可知， n11 (n1)! 1 n! 1 (n1)!， 所以 S n1 1 2! 1 2! 1 3! 1 n! 1 (n1)! 1 1 (n1)!，故答案选 A 4.(2021江苏盐城三模T10)设数列an的前 n 项和为，若，则下列说法中正确的有 A存在 A，B，C 使得an是等差数列 B存在 A，B，C 使得an是等比数列 C对任意 A，B，C 都有an一定是等差数列或等比数列 D存在 A，B，C 使得an既不是等差

5、数列也不是等比数列 【答案】ABD 【考点】等差与等比数列的综合应用 【解析】由题意可知，对于选项 A，取 A0，BC1，则有 anSnn1，此时可得到 an1，即an是等差数列，所以选项 A 正确；对于选项 B，取 A0，B0，C1，则有 anSn1，所以 n2 时，an1Sn11，两式相减可得 2anan1，即数列an是等比数列， 所以选项 B 正确；对于选项 CD，取 AC0，B2，则有 anSn2n，所以 n2 时，an 1Sn12(n1)， 两式相减可得 an1 2a n11， 即 an21 2(a n12)， 即数列an2是以1 2为 公比的等比数列，所以an既不是等差数列也不是等

6、比数列，所以选项 C 错误，选项 D 正 确；综上，答案选 ABD 5.(2021河南郑州三模理 T5)已知等差数列an的公差不为零，且 a32a1a7，Sn为其前 n 项 和，则（） AB CDn（n1） 【答案】A 【解析】设等差数列an的公差为 d0，a32a1a7， a1（a1+6d），化为：a12d， Snna1+ a1， 则 6.(2021河南焦作三模理 T4)已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2ama6an，am2a6a10， 则 m+n（） A4B8C12D16 【答案】C 【解析】a2ama6an，am2a6a10，公比 q1， 由等比数列的性质可得：m8，n4， m+

7、n12 7.(2021重庆名校联盟三模T6)在我国古代著名的数学专著九章算术里有一段叙述： 今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日 增一十三里； 驽马初日行九十七里， 日减半里；良马先至齐， 复还迎驽马，二马相逢 问： 几日相逢？（） A8 日B9 日C12 日D16 日 【答案】B 【解析】由题可知，良马每日行程 an构成一个首项为 103，公差 13 的等差数列， 驽马每日行程 bn构成一个首项为 97，公差为0.5 的等差数列， 则 an103+13（n1）13n+90，bn970.5（n1）97.50.5n， 则数列an与数列bn的前 n 项和为

8、112522250， 又数列an的前 n 项和为（103+13n+90）（193+13n）， 数列bn的前 n 项和为（97+97.50.5n）（194.5n）， （193+13n）+（194.5n）2250， 整理得：25n2+775n90000，即 n2+31n3600， 解得：n9 或 n40（舍），即九日相逢 8.(2021安徽蚌埠三模文 T4)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，S11，S525，则 （） A3B6C9D12 【答案】A 【解析】因为等差数列an中，a1S11， 所以 S55+10d25， 所以 d2，则a1+d3 9.(2021贵州毕节三模文 T9)如图，有甲、

9、乙、丙三个盘子和放在甲盘子中的四块大小 不相同的饼，按下列规则把饼从甲盘全部移到乙盘中：每次只能移动一块饼；较大 的饼不能放在较小的饼上面，则最少需要移动的次数为（） A7B8C15D16 【答案】C 【解析】假设甲盘中有 n 块饼，从甲盘移动到乙盘至少需要 an次，则 a11， 当 n2 时，可先将较大的饼不动，将剩余的 n1 块饼先移动到丙盘中，至少需要移动 an1次，再将最大的饼移动到乙盘，需要移动 1 次， 最后将丙盘中所有的丙移动到乙盘中，至少需要移动 an1次， 由上可知，an2an1+1，且 a11， 所以 a22a1+13，a32a2+17，a42a3+115， 则最少需要移动

10、的次数为 15 次 10.(2021贵州毕节三模文 T5)“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法， 甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、 巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”“天干”以“甲”字开始，“地支” 以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙 丑、丙寅、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、癸未，甲申、乙酉、丙戌、癸巳， 共得到 60 个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽2021 年是“干支纪年法”中的 辛丑年，那么 2015 年是“干支纪年法”中的（） A甲辰年B乙巳年C丙午年D乙未年 【答案】D 【解析】

11、由题意可知，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”， 子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”， 2021 年是“干支纪年法”中的辛丑年，则 2020 年为庚子，2019 年为己亥，2018 年为戊 戌，2017 年为丁酉，2016 年为丙申，2015 年为乙未 11.(2021辽宁朝阳三模T4)跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提 高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质小林最近给自己制定了一个 200 千米的跑步健身计划，他第一天跑了 8 千米，以后每天比前一天多跑 0.5 千米，则他 要完成该计划至少需要（） A16 天B1

12、7 天C18 天D19 天 【答案】B 【解析】设需要 n 天完成计划，由题意易知每天跑步的里程为，以 8 为首项，0.5 为公差 的等差数列， n2+31n8000，当 n16 时，162+31168000， 当 n17 时，172+17318000 12.(2021河南济源平顶山许昌三模文 T4 ) “干支纪年法” 是我国历法的一种传统纪年法， 甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为”十天干”；子、丑、寅、卯、辰、 巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十二地支”“天干”以“甲”字开始，“地支” 以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、 丙寅、癸酉；甲

13、戌、乙亥、丙子、癸未；甲申、乙酉、丙戌、癸巳；， 共得到 60 个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽2021 年是“干支纪年法”中的辛 丑年，那么 2121 年是“干支纪年法”中的（） A庚午年B辛未年C庚辰年D辛巳年 【答案】D 【解析】天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸； 地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥， 天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等差数列， 2021 年是“干支纪年法”中的辛丑年，则 2121 的天干为辛，地支为巳 13.(2021安徽宿州三模理 T8)各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a7 3a4

14、，a2与 a3的等差中项为 18，则 S5（） A108B117C120D121 【答案】D 【解析】设等比数列an的公比为 q，q0，由 a1a7a423a4，可得 a43，即有 a1q3 3， 由 a2与 a3的等差中项为 18， 可得 a2+a336， 即为 a1q+a1q236， 解得 a181， q， 则 S5121 14.(2021安徽宿州三模文 T5)已知an为等差数列且 a11，a4+a924，Sn为其前 n 项的 和，则 S12（） A142B143C144D145 【答案】C 【解析】解法一、等差数列an中，设公差为 d， 由 a11，a4+a924， 得（a1+3d）+（

15、a1+8d）2a1+11d2+11d24， 解得 d2， 所以 S1212a1+12112121+132144 解法二、等差数列an中，a11，a4+a924， 所以前 n 项的和 S126（a4+a9）624144 15.(2021 河 南 开 封 三 模 文 T7 ) 设 数 列 an 满 足 a1 1 ， 若 ，则 n（） A4B5C6D7 【答案】C 【解析】根据题意，数列an满足 a11， 则数列an是首项 a11，公比为的等比数列， 若， 即 a1（a1q）（a1q2） （a1qn 1） （a1） n ，解可得：n6 或5（舍） 16.(2021四川泸州三模理 T6)已知 Sn为等

16、差数列an的前 n 项和，若 a215，S565， 则 a1+a4（） A24B26C28D30 【答案】C 【解析】由题意 S55a365，a313，所以 a1+a4a2+a328 17.(2021江苏常数三模T12 )斐波那契， 公元 13 世纪意大利数学家 他在自己的著作 算 盘书中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，其中从第三个数起， 每一个数都等于它前面两个数的和，这就是著名的斐波那契数列斐波那契数列与代数 和几何都有着不可分割的联系现有一段长为 a 米的铁丝，需要截成 n（n2）段，每 段的长度不小于 1m，且其中任意三段都不能构成三角形，若 n 的最大值

17、为 10，则 a 的 值可能是（） A100B143C200D256 【答案】BC 【解析】由题意，一段长为 a 米的铁丝，截成 n 段，且其中任意三段都不能构成三角形， 当 n 取最大值时，每段长度从小到大排列正好为斐波那契数列， 而数列的前 10 项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55143， 前 11 项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55+89232， 只需 143a232，BC 均符合要求 18.(2021上海浦东新区三模T16)已知函数 f（x）sinx，各项均不相等的数列an满足 |ai|（i1，2，n），记 G（n）若 an（ ）n，则 G（20

18、00）0；若an是等差数列，且 a1+a2+an0，则 G（n）0 对 nN*恒成立关于上述两个命题，以下说法正确的是（） A均正确B均错误C对，错D错，对 【答案】A 【解析】f（x）sinx 在上为奇函数且单调递增， ：a2k1+a2k0（kN*）可得 a2k1a2k，则 f（a2k1）f（a2k）f（a2k）f （a2k）， 所以 f（a2k1）+f（a2k）00，则 a1+a2+.+a20000， f（a1）+f（a2）+.+f（a2000）+.+f（a2000）0，故 G（2000）0，正确， ：an为等差数列，当 a1+a2+.+an0 时， 若 n 为偶数，a0， a1an可得

19、f（a1）f（an）f（an），则 f（a1）+f（an）0， 同理可得：f（a2）+f（an1）0，.f（a）+f（a）0，所以 G（n）0， 若 n 为奇数，a1+ana2+an1.2a0， f（a1）+f（an）0，f（a2）+f（an1）0，.，f（a）0，所以 G（n）0， 当 a1+a2+.+an0 时，同理可证 G（n）0，正确 19.(2021湖南三模T5)周髀算经是我国古代的天文学和数学著作，其中有一个问题 大意如下：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（即太阳照射物体的影子长度 增加和减少的大小相同）二十四个节气及晷长变化如图所示，若冬至晷长一丈三尺五 寸，夏至晷长一尺

20、五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），则立秋晷长为（） A五寸B二尺五寸C三尺五寸D四尺五寸 【答案】D 【解析】设从夏至到冬至，每个节气晷长为 an，则 a115，冬至晷长 a13135， 由题意得an为等差数列，则 d10，故 a4a1+3d15+3045 20.(2021江西南昌三模理 T5)已知公差不为 0 的等差数列an满足 a52+a62a72+a82，则 （） Aa60Ba70CS120DS130 【答案】C 【解析】因为公差不为 0 的等差数列an满足 a52+a62a72+a82， 所以 a82a52+a72a620， 所以（a8a5）（a8+a5）+（a7a6）（a7+a

21、6）0， 即 3d（a8+a5）+d（a7+a6）0， 因为 d0， 所以 3（a8+a5）+（a7+a6）0， 由等差数列的性质得 4（a1+a12）0，即 a1+a120， 所以 S120 21.(2021江西上饶三模理 T12)数列an是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，数列bn 满足 bn1+a1+a2+an（n1， 2， ） ， 数列cn满足 cn2+b1+b2+bn（n1， 2， ） 若 cn为等比数列，则 a+q（） AB3 CD6 【答案】B 【解析】数列an是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，anaqn1， 则 bn1+a1+a2+an1+ 1+， 则 cn 2+b1

22、+b2+ +bn 2+ （ 1+ ） n 2 +n+，要使cn为等比数列，则，解得：， a+q3 22.(2021安徽马鞍山三模理 T10)国际数学教育大会（ICME）是由国际数学教育委员会 主办的国际数学界最重要的会议，每四年举办一次，至今共举办了十三届，第十四届国 际数学教育大会于 2021 年上海举行， 华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践 经验分享的邀约，如图甲是第七届国际数学家大会（简称 ICME7）的会徽图案，会徽 的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的 其中已知：OA1A1A2A2A3A3A4A4A5A5A6A6A7A7A81，A1，A2，A3， 为直角顶点， 设

23、这些直角三角形的周长和面积依次从小到大组成的数列分别为ln， Sn， 则关于此两个数列叙述错误的是（） ASn2是等差数列 B C Dln12Sn+2Sn+1 【答案】C 【解析】由 OA1A1A2A2A3A3A4A4A5A5A6A6A7A7A81， 得 OA2， 故，lnOAn+AnAn+1+OAn+1， Sn， 对于 A，Sn2，Sn2是等差数列，所以 A 正确； 对于 B，由可知，B 正确； 对于 C，lnln1（），所以 C 错误； 对于 D，ln1，2Sn+2Sn+1ln1，所以 D 正确 23.(2021安徽马鞍山三模文 T8)在天然气和煤气还未普及时，农民通常会用水稻秸秆作 为生

24、火做饭的材料每年水稻收割结束之后，农民们都会把水稻秸秆收集起来，然后堆 成如图的草堆，供生火做饭使用通常他们堆草堆的时候都是先把秸秆先捆成一捆一捆 的，然后堆成下面近似成一个圆柱体，上面近似成一个圆锥体的形状假设圆柱体堆了 7 层，每层所用的小捆草数量相同，上面收小时，每层小捆草数量是下一层的倍若共 用 255 捆，最上一层只有一捆，则草堆自上往下共有几层（） A13B12C11D10 【答案】B 【解析】设圆锥体有 n 层，由题意可知最上面一层只有一捆， 所以第 n 层有 12n 1捆，圆锥体的总捆数为 2n1， 圆柱体堆了 7 层，总捆数为 72n 1， 草堆的总捆数为 72n 1+2n1

25、2n1255， 解得 n6，所以自下往上共有 6+7112 层 24.(2021安徽马鞍山三模理 T4 )已知等差数列an中， a2+a1418， a23， 则 a10 （） A10B11C12D13 【答案】B 【解析】在等差数列an中，由 a2+a1418，得 2a8a2+a1418，则 a89， 又 a23，a10a8+2d9+2111 25.(2021江西九江二模理 T9)古希腊毕达哥拉斯学派认为数是万物的本源，因此极为重 视数的理论研究， 他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子， 并将它们排列成各种形状进行 研究 形数就是指平面上各种规则点阵所对应的点数， 是毕哥拉斯学派最早研究的重要

26、内容 之一如图是三角形数和四边形数的前四个数，若三角形数组成数列an，四边形数组成数 列bn，记 cn，则数列cn的前 10 项和为（） AB CD 【答案】D 【解析】由题意可得， 所以， 设数列cn的前 n 项和为 Sn，所以，所以 26.(2021江西九江二模理 T3)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a37，S10 20，则 a8（） A5B3C3D5 【答案】B 【解析】设等差数列an的公差为 d， 由题意得， 解得 a111，d2， 故 a811+7（2）3 27.(2021浙江杭州二模理 T8)已知数列an满足 an1an+an2（n3），设数列an的 前 n 项和

27、为 Sn，若 S20202019，S20192020，则 S2021（） A1008B1009C2016D2018 【答案】B 【解析】因为 an1an+an2，（n3）， 所以 anan+1+an1，则 an+1+an20，所以 an+an+30，an+3+an+60， 则 anan+6，可知 a1+a40，a2+a50，a3+a60， 所以 S6a1+a2+a60， 因为 20196336+3，所以 S20190+a2017+a2018+a20192020， 所以 a2017+a2018+a20192020， 因为 a2020S2020S2019201920201，则 a20171， 所以

28、 a2018+a2019202012019，因为 a2018a2017+a20191+a2019， 所以 a20191009，a20181010， 因为 a2021a20181010，所以 S2021S2020+a2021201910101009 28.(2021江西上饶二模理 T3)等比数列an中，a34，a2a664，则 a5（） AB8C16D32 【答案】C 【解析】等比数列an中，a34，a2a664， a2a664， 解得 a48， q2， a54416 29.(2021河北秦皇岛二模理 T3)南宋数学家杨辉详解九章算法和算法通变本末 中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列前后两项

29、之差不相等，但是逐项差数之差或 者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现 有高阶等差数列，其前 6 项分别 1，6，13，24，41，66，则该数列的第 7 项为（） A91B99C101D113 【答案】C 【解析】由题意得 1，6，13，24，41，66 的差组成数列：5，7，11，17，25，这些数 的差组成数列：2，4，6，8，10， 故该数列的第 7 项为 10+25+66101 30.(2021江西鹰潭二模理 T3)记 Sn为等差数列an的前 n 项和已知 S40，a55，则 （） Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n 【答案】

30、A 【解析】设等差数列an的公差为 d，由 S40，a55，得 ，an2n5， 31.(2021北京门头沟二模理 T5)中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三 百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请 公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走 378 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天 走的路程为前一天的一半，走了 6 天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为? A.48 里B.24 里C.12 里D.6 里 【答案】C 【解析】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数 列的性质的合理运用 由题意可知，每天走的

31、路程里数构成以? ?为公比的等比数列，由? ? ? 求得首项，再由等 比数列的通项公式求得该人第五天走的路程 解：记每天走的路程里数为?，由题意知?是公比? ?的等比数列， 由? ?，得? ? ? ? ? ? ? ?，解得：? ?h?，? ? ?h? ? ? ? ? ?里?故选：? 32.(2021广东潮州二模T12)已知数列an满足 annkn（nN*，0k1），下列命题 正确的有（） A当 k时，数列an为递减数列 B当 k时，数列an一定有最大项 C当 0k时，数列an为递减数列 D当为正整数时，数列an必有两项相等的最大项 【答案】BCD 【解析】anan+1nkn（n+1）kn+1n

32、（n+1）k，anan+1nkn（n+1） kn+1n（n+1）k， 对于 A，因为 k，所以 a1，a22，于是 a1a2，所以 A 错； 对于 B，因为 k，所以4，于是当 n4 时，an递减，所以数列an一定有最 大项，所以 B 对； 对于 C，因为当 0k时，所以当 n1时，数列an为递减数 列，所以 C 对； 对于 D，设m，当 nm，即 nm+1 时数列an为递减，当 nm 时an为递增， ，最大项为 am，am+1（m+1）， 所以数列an必有两项相等的最大项，所以 D 对 33.(2021安徽淮北二模文 T8)若正项等比数列an的公比为 e（e 是自然对数的底数）， 则数列ln

33、a2n1是（） A公比为 e2的等比数列B公比为 2 的等比数列 C公差为 2e 的等差数列D公差为 2 的等差数列 【答案】D 【解析】正项等比数列an的公比为 e（e 是自然对数的底数）， a2n1，lna2n1lna1+2n22n+（lna12）， 数列lna2n1是公差为 2 的等差数列 34.(2021吉林长春一模文 T11.)如图,在面积为 1 的正方形 1111 ABC D 内做四边形 2222, A B C D 使 1221 2,A AA B 122112212211 2,2,2,B BB C CCC D D DD A 以此类推,在四 边 形 2222 A B C D内 再 做

34、 四 边 形 3333 A B C D ， 记 四 边 形 iiii ABC D的 面 积 为 1,2,3, )( i a in，则 123n aaaa 4 . 1 9 9 5 n A 95 . 1 49 n B 1 . 1 23 3 n C . 31 3 2 n D 1 C 1 D 1 A 1 B 2 A 2 B 2 C 2 D 3 A 3 B 3 C 3 D 【答案】B 【 解 析 】 由 图 可 知 1 123 2 555 ,1, 999 n n aaaa 所 以 其 前n项 和 为 95 1 49 n ,故选 B. 35.(2021宁夏银川二模文 T6)记 Sn为等差数列an的前 n

35、项和，已知 a20，a68，则 S10（） A66B68C70D80 【答案】C 【解析】等差数列an中，a20，a68，故 d2，a12，则 S1010（ 2）+45270 二、填空题部分 36.(2021新高考全国卷T16)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 2 1 240dmS ，对折 2 次共可以得到 5dm 12dm ， 10dm 6dm ，20dm 3dm 三种规格的图形， 它们的面积之和 2 2 180d

36、mS ， 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 1 n k k S _ 2 dm . 【答案】(1). 5(2). 4 15 3 720 2n n 【解析】（1）由对折 2 次共可以得到5dm 12dm，10dm 6dm，20dm 3dm三种规格 的图形，所以对着三次的结果有：5 3 12 5 610 3 20 22 ，；，共 4 种不同规格（单位 2 dm )； 故对折 4 次可得到如下规格： 5 12 4 ， 5 6 2 ，5 3， 3 10 2 ， 3 20 4 ，共 5 种不同规格； （2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着

37、后的图形，不论规格 如何，其面积成公比为 1 2 的等比数列，首项为 120 2 dm,第 n 次对折后的图形面积为 1 1 120 2 n ，对于第 n 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想 为1n种（证明从略） ，故得猜想 1 120(1) 2 n n n S ， 设 0121 1 1201120 2120 3120 4 2222 n k n k n SS L， 则 121 1120 2120 3120120(1) 22222 nn nn S ， 两式作差得： 21 12011111 240 120 22222 nn n S 1 1 60 1 1201 2 240 1

38、 2 1 2 n n n 1 12011203120 360360 222 nnn nn ， 因此， 4 2403153 720720 22 nn nn S .故答案为5； 4 153 720 2n n . 37.(2021上海浦东新区三模T10)设函数 f（x）cosxm（x0，3）的零点为 x1、x2、 x3，若 x1、x2、x3成等比数列，则实数 m 的值为 【答案】 【解析】由题意得 x22x1，x32+x1，由x1x3得（2x1）2x1（2+x1）， 解得 x1，mcos 38.(2021上海浦东新区三模T7)数列an的前 n 项和为 Sn，若点（n，Sn）（nN*）在函 数 ylo

39、g2（x+1）的反函数的图象上，则 an 【答案】2n 1 【解析】由题意得 nlog2（Sn+1）sn2n1 n2 时，ansnsn12n2n 12n1， 当 n1 时，a1s12111 也适合上式，数列an的通项公式为 an2n 1； 39.(2021河南郑州三模理 T16)1967 年，法国数学家蒙德尔布罗的文章英国的海岸线有 多长？标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃1977 年他正式将具有分数维的图形 成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支分形几何，分形几何不只是 扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象 的工具 下面我们用分形的方法来得

40、到一系列图形，如图 1，线段 AB 的长度为 a，在线段 AB 上 取两个点 C，D，使得 ACDBAB，CD 为一边在线段 AB 的上方做一个正三角形，然 后去掉线段 CD，得到图 2 中的图形；对图 2 中的线段 EC、ED 作相同的操作，得到图 3 中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形： 记第 n 个图形（图 1 为第 1 个图形）中的所有线段长的和为 Sn，若存在最大的正整数 a， 使得对任意的正整数 n，都有 Sn2021，则 a 【答案】1010 【解析】当 n2 时，则 S1a，s2S1+a2（1+）a， 当 n3 时，则 S3s2+2（a）2（1+）a2a（1+） a

41、， 同理得当 n4 时，则 S4（1+）a， Sn（1+.+）a1+ a2a2021， 2a2021，a 的最大整数值为 1010 40.(2021河南开封三模文理 T13)已知an为等差数列，且 3a52a7，则 a1 【答案】0 【解析】设等差数列an的公差为 d，由 3a52a7，得 2a5+a52（a5+2d）， 则 a54d；又 a5a1+4d，所以 a10 故答案为：0 41.(2021安徽宿州三模理 T14 )已知数列an的前 n 项的和为 Sn， 并且满足 Sn2n210n， 则 a2a6的值为 【答案】48 【解析】数列an的前 n 项的和为 Sn，且满足 Sn2n210n，

42、 a2S2S1（24102）（210）4， a6S6S5（236106）（225105）12， a2a641248 42.(2021安徽宿州三模文 T15)已知an是公差不为零的等差数列，a514，且 a1，a3， a11成等比数列，设 bn（1）n+1an，数列bn的前 n 项的和为 Sn，则 S2021 【答案】3032 【解析】由 a1，a3，a11成等比数列，得， 设等差数列an的公差为 d（d0）， 整理得 3a514d，a514，d3，则 a1a54d14122， an2+3（n1）3n1，得 ， 则 b2k+b2k+1（1）2k+1（6k1）+（1）2k+2（6k+31）3 S2

43、021b1+b2+.+b2021b1+（b2+b3）+（b4+b5）+.+（b2020+b2021） 2+3+3+.+32+310103032 43.(2021安徽马鞍山三模文 T15)已知数列an满足 a1+2a2+3a3+nan2n，若 ，设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 T2021 【答案】 【解析】由 a1+2a2+3a3+nan2n，可得 n1 时，a12， n2 时，a1+2a2+3a3+（n1）an12（n1）， 又 a1+2a2+3a3+nan2n， 两式相减可得 nan2，即有 an，对 n1 也成立 可得2（）， 则 T20212（1+.+ ）2（1） 44.(2021

44、河南焦作三模理 T) 15已知 Sn为等差数列an的前 n 项和，S60，a77，若 为数列an中的项，则 m 【答案】2 【解析】等差数列an中，S66a1+15d0，a7a1+6d7， 解得 d2，a15， 故 an2n7， 设 t2m3，（t1 且 t 为奇数）， t+6 为数列中的项，则 t 能被 8 整除， 则 t1 时，m2，t+63，符合题意； 当 t1 时，m1，t+615 不符合题意， 故 m2 45.(2021河北张家口三模T13)在等差数列an中，a112a8+6，则 a2+a6+a718 【答案】18 【解析】设等差数列an的公差为 d， 由 a112a8+8，得 2a

45、8a118， 即 a83da56， 所以 a2+a3+a73a518 46.(2021山东聊城三模T13.)数列 1，1，2，3，5，8，13，21，34，称为斐波那契数列， 是意大利著名数学家斐波那契于 1202 年在他写的算盘全书提出的，该数列的特点是： 从第三起， 每一项都等于它前面两项的和 在该数列的前 2021 项中， 奇数的个数为_ 【答案】 1348【考点】进行简单的合情推理 【解析】 【解答】由斐波那契数列的特点知：从第一项起，每 3 个数中前两个为奇数后一个 偶数，?t? ? 的整数部分为 673，余数为 2， 该数列的前 2021 项中共有 673 个偶数，奇数的个数为 ?

46、t? ? ? . 故答案为：1348【分析】由斐波那契数列的特点经过推理即可求得。 47.(2021 安 徽 蚌 埠 三 模 文 T16 ) 已 知 数 列 an 满 足 ： a1 1 ， a2， （n2 且 nN+），等比数列bn公比 q2，则数列 的前 n 项和 Sn 【答案】（2n3）2n+1+6 【解析】因为 a11，a2，（n2 且 nN+）， 当 n2 时，+6，即 b1+3b2b3+6， 由等比数列的bn的公比为 q2，即 b1+6b14b1+6，解得 b12，所以 bn2n， 当 n3 时，+6，即 2+34+316+6，解得 a3， 又+6（n3，且 nN+）， 可得， 即，

47、化为+， 又+6， 所以为等差数列，且公差 d2， 则+2（n1）2n1， 所以（2n1）2n， Sn12+322+523+（2n1）2n， 2Sn122+323+524+（2n1）2n+1， 上面两式相减可得Sn2+2（22+23+2n）（2n1）2n+1 2+2（n1）2n+1， 所以 Sn（2n3）2n+1+6 48.(2021上海嘉定三模T12)已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8， 16，其中第一项是 20，接下来的两项是 20，21，再接下来的三项是 20，21，22，依此 类推若该数列的前 n 项和为 2 的整数幂，如，则称 中的（n，k）为“一对佳数

48、”，当 n100 时，首次出现的“一 对佳数”是 【答案】（441，29） 【解析】根据题意，所以前 n 组共有 1+2+3+n个数， 则有 ，令（当 n14 时有 105 个数）， 由题意可知：若 Sn2n+12n 为 2 的整数幂，验证可得： 则1+2+（2n）0 时，解得 n1，总共有项，不满足 n100； 1+2+4+（2n）0 时，解得 n5，总共有项，不满足 n100； 1+2+4+8+（2n）0 时，解得 n13，总共有项， 不满足 n100； 1+2+4+8+16+（2n）0 时，解得 n29 总共有项，满足 n100；n 的最小值为 441 所以首次出现的“一对佳数”是（44

49、1，29）； 49.(2021江西上饶三模理 T14)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a5+a6a2+5，则 S17 【答案】85 【解析】由an是等差数列，得 a5+a6a2+a9，又 a5+a6a2+5，所以 a95， 所以 S17（a1+a17）17a917585 50.(2021贵州毕节三模文 T14)已知数列an的前 n 项和满足 Sn+13Sn+2，且 a12，则 a6的值为 【答案】486 【解析】Sn+13Sn+2， Sn3Sn1+2（n2）， 两式相减得 an+13an（n2）， S12，Sn+13Sn+2， a1+a23a1+2 即 a26，则 3， 3（n1），

50、 数列an是首项为 2，公比为 3 的等比数列， an23n1（n1，2，3，） a6235486 51.(2021河南济源平顶山许昌三模文 T16 )已知数列an的前 n 项和为 Sn， 且满足 a1， an+2SnSn10（n2），则（n2+16）Sn的最小值为 【答案】4 【解析】由于 an+2SnSn10，整理得 SnSn12SnSn1， 变换为：（常数）， 故数列是以 2 为首项，2 为公差的等差数列； 所以，（首项符合通项）， 故，则（n2+16）Sn，当且仅当 时，即 n4 时，等号成立 52.(2021四川泸州三模理 T15)已知 Sn为正项等比数列an的前 n 项和，若 a2