数列-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编

这是一份数列-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编，共32页。试卷主要包含了等差，数列新定义等内容，欢迎下载使用。
一、等差、等比数列
1．（2024·北京朝阳·一模）已知等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．9B．16C．21D．25
2．（2024·北京石景山·一模）等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则的前5项和为（ ）
A．B．C．5D．25
3．（2024·北京门头沟·一模）已知等差数列的前项和为 ，若，则（ ）
A．54B．63
C．72D．135
4．（2024·北京丰台·一模）已知公差为的等差数列满足：，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·北京海淀·一模）已知为等差数列，为其前n项和.若，公差，则m的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．（2024·北京房山·一模）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，从第二天起因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．”则该人第三天走的路程为（ ）
A．12里B．24里C．48里D．96里
7．（2024·北京平谷·零模）已知等差数列和等比数列，，，，，则满足的数值m（ ）
A．有且仅有1个值 B．有且仅有2个值 C．有且仅有3个值D．有无数多个值
8．（2024·北京西城·一模）在等比数列中，．则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
9．（2024·北京东城·一模）设等差数列的公差为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
10．（2024·北京丰台·一模）已知数列满足则（ ）
A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，存在正整数，当时，
D．当时，对于任意正整数，存在，使得
11．（2024·北京西城·一模）在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为 ，的最小值为 .
12．（2024·北京门头沟·一模）已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则 ； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
13．（2024·北京东城·一模）已知数列的各项均为正数，满足，其中常数.给出下列四个判断：
①若，则； ②若，则；
③若，则； ④，存在实数，使得.
其中所有正确判断的序号是 .
二、数列新定义
14．（2024·北京延庆·一模）已知数列，记集合.
(1)若数列为，写出集合；
(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；
(3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值．
15．（2024·北京石景山·一模）已知集合，对于，，定义与之间的距离为．
(1)已知，写出所有的，使得；
(2)已知，若，并且，求的最大值；
(3)设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：．
16．（2024·北京西城·一模）对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为．
(1)若，求的值；
(2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1．
①能否满足？说明理由；
②证明：．
17．（2024·北京东城·一模）有穷数列中，令，
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
18．（2024·北京平谷·零模）已知是无穷数列，对于k，，给出三个性质：
①（）；
②（）；
③（）
(1)当时，若（），直接写出m的一个值，使数列满足性质②，若满足求出的值；
(2)若和时，数列同时满足条件②③，证明：是等差数列；
(3)当，时，数列同时满足条件①③，求证：数列为常数列．
19．（2024·北京丰台·一模）已知集合（，），若存在数阵满足：
①；
②．
则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．
(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；
(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
20．（2024·北京门头沟·一模）已知数列 ， 数列 ， 其中 ， 且 ， ． 记 的前 项和分别为 ， 规定 ．记 ，且 ，， 且
(1)若，，写出 ；
(2)若，写出所有满足条件的数列 ， 并说明理由；
(3)若 ， 且 ． 证明： ， 使得 ．
21．（2024·北京朝阳·一模）若有穷自然数数列：满足如下两个性质，则称为数列：
①，其中，表示，这个数中最大的数；
②，其中，表示，这个数中最小的数.
(1)判断：2，4，6，7，10是否为数列，说明理由；
(2)若：是数列，且，，成等比数列，求；
(3)证明：对任意数列：，存在实数，使得.（表示不超过的最大整数）
22．（2024·北京海淀·一模）已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数.
(1)若，写出的值；
(2)若存在满足：，求的最小值；
(3)当时，证明：对所有.
23．（2024·北京房山·一模）已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B；
(2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：；
(3)若满足，证明：．
参考答案：
1．C
【详解】由等比数列的性质可知，，即，得，
.故选：C
2．A
【详解】设等差数列的公差为，则，，，
由题意可知，，即，解得：或（舍），
则数列的前5项和.故选：A
3．B
【详解】等差数列中，由，得，解得，而，
所以.故选：B
4．C
【详解】，，.
故选：C.
5．B
【详解】由已知，得，
又，又，
所以，解得或（舍去）故选：B.
6．C
【详解】由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列，
设这个数列为，前项和为，则，解得，
所以，即该人第三天走的路程为48里.故选：C.
7．A
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，，，
则，解得，
令，
可得，此时满足只有成立；
若，则，
（1）若为奇数，则，不满足；
（2）若为偶数，则，且，
即，可得，即不成立；
综上所述：满足的数值m有且仅有1个值，该值为1.故选：A.
8．B
【详解】设等比数列的公比为，
当时，即有，又，故且，
当时，有，故不能得到，
即“”不是“”的充分条件；
当时，即有，即且，
则，当时，由，故，故，
当时，，亦可得，
故“”是“”的必要条件；
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
9．A
【详解】由等差数列的公差为，得，则，
当时，，而，则，因此，为递增数列；
当为递增数列时，则，即有，整理得，不能推出，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
10．D
【详解】当时，，，所以此时不是递增数列，A错误；
当时，，，，所以此时不是递减数列，B错误；
我们证明以下引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在，使得对任意的正整数，都存在，使得；
②当时，对任意的正整数，都存在，使得.
然后由①是C的否定，故可以说明C错误；而②可以直接说明D正确.
最后，我们来证明引理：
当时，对任意确定的正整数：
如果，则；
如果，则或.
此时若，则；
若，则.
无论哪种情况，都有，从而.
这说明或，所以可以选取，使得. 这就说明存在，使得.
这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.
故选：D.
11．
【详解】由题意，又等差数列的公差为1，所以；
故，所以当时，，当时，，
所以，显然的最小值是.
又，所以
，即的最小值是.
故答案为：，
12． 4 3或4
【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，
所以解得或；
若时，可得，则，
且的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，
所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，则，
且的值为，…，
可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，
前项均为正数且大于等于，
所以存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.故答案为：4；3或4
13．②③④
【详解】对于①：若，则，
当时，，与矛盾，①错误；
对于②：若，则，所以，
又，若，该不等式恒成立，即，
由
由于，所以，
所以，所以时，，累加得，
所以，所以，
综合得，②正确；
对于③：若，，
假设，则，与矛盾，故，③正确；
对于④：当时，若，则，此时，
根据二次函数可得其在上单调递增，并增加得越来越快，但是函数在上单调递增，但增加速度恒定，故在的情况下，必成立，即存在实数，使得，④正确，故答案为：②③④.
14．(1)(2)不存在，使得成立 (3)
【详解】（1）由题意可得，，，
所以.
（2）假设存在，使得，
则有，
由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，
又，，
所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，
故不存在，使得.
（3）首先证明时，对任意的都有，
因为，
由于与均大于且奇偶性不同，
所以为奇数，对任意的都有，
其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，
若正整数，其中，
则当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，
由前面证明可知正整数不是中的项，
所以的最大值为.
15．(1)、、、；
(2)；(3)见解析
【详解】（1）已知，，且，
所以，的所有情形有：、、、；
（2）设，，
因为，则，
同理可得，
当时，；
当时，.
当，时，上式等号成立.
综上所述，；
（3）记，
我们证明．一方面显然有．另一方面，且，
假设他们满足．则由定义有，
与中不同元素间距离至少为相矛盾．
从而．
这表明中任意两元素不相等．从而．
又中元素有个分量，至多有个元素．
从而．
16．(1)(2)①不满足，理由见解析；②证明见解析
【详解】（1）记，
则，
，
，故；
（2）①不满足，理由如下：
假设满足，
因为的每行恰有三个1，故中满足的的个数共有个，
另一方面，从中任选两列共有种可能，且对任意两列，
都恰有行使得这两列的数均为1，故中满足的的个数共有个，
所以，当时，得，此方程无解，
所以不满足；
②由①可得，即，
下面考虑满足，但的的个数：
对中满足和3的行，每行恰有两组使且，
所以满足，但的的个数为，
设数列中有项为项为0，
满足，但的的个数为，
所以满足，但的的个数为，
所以，
所以
．
17．(1)、、、(2)(3)证明见解析
【详解】（1）为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
（2）由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
（3）对于数列，，不妨设，
①首先考虑的情况，
由于，，故，同理，，，
故.
②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况，
此时,
因为，，
故这说明此连续的项的和为负.
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得.
③若在①②中，由于，
此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有.
④若，则，
所以此时有，
综上，结论成立.
18．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析
【详解】（1）时，性质②为，
又，故，
化简得，
要想上式总成立，则，解得；
（2）若时，数列满足条件②，得，
数列满足条件③，得，
两式相加，
若时，数列满足条件②，得，
数列满足条件③，得，
两式相加，
由知，，，
代入得得，其中，
所以，，，…是等差数列，设其公差为．
在中，取，则，所以，
在中，取，则，所以，
所以数列是等差数列．
（3）①当时，由性质③得，
即，，
所以，，
若，则，．
经检验，数列具有性质①③．
若，当时，，与矛盾．
②当时，令，
则，．
所以．
所以．
所以，，
所以，，…，．
所以．
当时，，与矛盾．
综上所述，只有当，即，且时满足①③，
故数列为常数列.
19．(1)，，，(2)证明见解析
(3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析
【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.
从而，，，.
（2）如果是一个“好数阵”，则，.
从而，.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数，故，从而.
这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：
对，规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.
而
，
这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应.
对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故.
同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当.
最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或.
由于，故无论是还是，都有.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
（3）若是“好数阵”，则有
，
所以，这表明一定是偶数.
若，设是“好数阵”，则，从而，
故.
由于，故，同理.
若，设，则，故，从而.
进一步有，而，故.
假设，设，则，故，则，.
由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾；
所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，；
若，则，从而.
若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，.
若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以.
对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，.
综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，，
其中，满足的有，，，.
综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，.
若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.
20．(1),， (2)或，理由见解析，
(3)证明见解析.
【详解】（1）由，得，，，，所以；
由得,,,,所以.
（2）
由，所以，，所以对于，有， 则，所以.
当，由得，又，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又，所以，
经检验不符合题意，舍去, 或符合题意；
（3）
，，
中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又，，,
又，又，是中元素，
又，
,所以中元素比大的只可能有，，，
，又,，
， 使得 ．
21．(1)不是，理由见解析 (2) (3)证明见解析
【详解】（1）：2，4，6，7，10不是数列，理由如下：
因为，
所以，
但，所以不满足性质①，故不是数列；
（2）根据：是数列可得：满足：
或，或，
①若，因为，，成等比数列，所以，
又，所以，所以，得，
②若，因为，，成等比数列，所以，
当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；
当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；
所以，
由以及，
得，所以，
由以及，
得，
由以及，
可知，所以；
（3）当时，根据数列的定义，可知或,
若，取，则，结论成立，
若，取，则，结论成立，
假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，
即存在数列对任意实数，存在，使得，
根据假设，数列的前项组成的数列是一个数列，
从而存在实数，使得，，
即，
令，则，
令 ，则，
①若，根据的定义，存在，使得，
又，
则且，
所以，
②若，根据的定义，存在，使得，
又，
则，且，
所以，
所以，
令，则，
即，
所以，
所以，
即，与假设矛盾，
综上，结论成立.
22．(1)， (2) (3)证明见解析
【详解】（1）由，，则，故，
则，故，
则，故；
（2）由题意可知，，当时，由，，
故，则，
由题意可得，故、总有一个大于，即或，
，由，故、、总有一个大于，
故，故当时，，不符，故，
当时，取数列，
有，，，即，符合要求，故的最小值为；
（3）因为，所以，
(i)若，则当时，至少以下情况之一成立：
①，这样的至少有个，
②存在，这样的至多有个，
所以小于的至多有个，
所以，
令，解得，
所以，
(ii)对，若，且，
因为，所以当时，
至少以下情况之一成立：
①，这样的至多有个；
②存在且，这样的至多有个，
所以，
令，解得，即，
其中表示不大于的最大整数，
所以当时，；
综上所述，定义，则，
依次可得：，
，
所以.
23．(1)， (2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）定义，由题意可知，
若数列的通项公式为，可知，
所以，
因为2只能写成，不合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
所以.
（2）因为，由题意可知：，且，
即，
因为，即存在不相同的项，使得
可知，所以.
（3）因为，
令，可得，则，即，
即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同；
（i）若集合A是空集，则B是空集，满足；
（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知，
由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且，
设存在，使得，
可知集合在内的元素相同,
可知，则，
因为，即，则，
可知，
且，
即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同，
现证对任意，集合在内的元素相同，
当，可知集合在内的元素相同，成立；
假设，集合在内的元素相同，
可知集合在内的元素相同；
对于，因为，则，
若，则，可知，
可以认为集合在内的元素相同；
若，则，
若存在元素不属于集合C，
则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B，
即数列中存在不相同的项，使得，
则，可知，
可知，
即集合在内的元素相同；
综上所述：对任意，集合在内的元素相同，
所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知；
综上所述：.