压轴题05数列压轴题十五大题型汇总-2

这是一份压轴题05数列压轴题十五大题型汇总-2，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．斐波那契数列又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇的契合，小到地球上的动植物，如向日葵､松果､海螺的成长过程，大到海浪､飓风､宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列一般以递推的方式被定义：，则下列说法正确的是（ ）
A．记为数列的前项和，则
B．在斐波那契数列中，从不大于34的项中任取一个数，恰好取到偶数的概率为
C．
D．
2．已知正项数列，满足：，，，，表示不超过的最大整数，则（ ）
A．1B．2C．3D．2023
3．某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到，然后分叉向与方向继续繁殖，其中，且与关于所在直线对称，….若，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r（，单位：）至少为（ ）

A．6B．7C．8D．9
4．如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
5．意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现数列数列中的每一项称为斐波那契数，记作．已知．则（ ）
A．
B．
C．若斐波那契数除以4所得的余数按照原顺序构成数列，则
D．若．则
6．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前n项和为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．
7．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则（ ）
A．B．
C．D．
8．甲、乙、丙三人做足球传球训练，规定：每次传球时，传球人将球传给另两人中的任何一人是等可能的．假设第1次由甲将球传出，第k次传球后，球回到甲处的概率为（），则（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在正方体的顶点处有一只青蛙，假设青蛙会随机地沿一条棱跳到相邻的某个顶点，且跳向每个顶点的概率相同，记青蛙跳动次后仍在底面上的概率为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．青蛙跳动奇数次后只能位于点四个点中某一个点处
C．数列是等比数列
D．青蛙跳动4次后恰好回到点的概率为
三、填空题
10．斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ．
11．某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是，则 .
12．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 ．
13．已知表示不超过的最大整数，，设，且，则的最小值为 ；当时，满足条件的所有值的和 .
14．设为的展开式的各项系数之和，，，表示不超过实数x的最大整数，则的最小值为 ．
15．已知数列为公差不为0的等差数列，，且成等比数列，设表示不超过x的最大整数，如，，记，为数列的前项和，则 .
16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Kch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Kch曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n级角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为），则n级角雪花曲线的开三角个数为 ，n级角雪花曲线的内角和为 ．
17．“冰天雪地也是金山银山”，2023-2024年雪季，东北各地冰雪旅游呈现出一片欣欣向荣的景象，为东北经济发展增添了新动能．某市以“冰雪童话”为主题打造—圆形“梦幻冰雪大世界”，其中共设“森林姑娘”“扣像墙”“古堡滑梯”等16处打卡景观．若这16处景观分别用表示，某游客按照箭头所示方向（不可逆行）可以任意选择一条路径走向其它景观，并且每个景观至多经过一次，那么他从入口出发，按图中所示方向到达有 种不同的打卡路线；若该游客按上述规则从入口出发到达景观的不同路线有条，其中，记，则 （结果用表示）.
18．我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为的线段，取的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则 ， .
四、解答题
19．从集合中随机抽取若干个数（大于等于一个）．
(1)求这些数排序后能成等比数列的概率；
(2)求这些数排序后能成等差数列的概率．
20．设整数满足，集合.从中选取个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有个，设它们的和为.例如.
(1)若，求；
(2)记.求和的整式表达式；
(3)用含，的式子来表示.
参考答案：
1．B
【分析】由数列的前两项和递推关系式求出数列的前几项，即可判断A和B的真假；由递推关系式用累加的方法可以判断C和D的真假.
【详解】对于A，，
，
，所以A错误；
对于B，斐波那契数列数列中不大于34的数依次是，
其中偶数有3个，所以任取一个数字，取到的偶数的概率为，所以B正确；
对于C，由，，，，，
上式相加得：，所以C错误；
对于D，由，得，
则，，，
，，
上式相加得：，所以D错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解斐波那契数列的递推式，并熟练掌握其变形.
2．B
【分析】由，则，再利用放缩法与裂项相消求解
【详解】因为，
所以．
又因为，所以，
即，，
从而，
所以，
又，
所以，
即，
故，
则.
故选：B
3．C
【分析】根据黏菌的繁殖规律可得每次繁殖在方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案.
【详解】由题意可知，，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在方向上前进的距离依次为：，
则，
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
即，
综合可得培养皿的半径r（，单位：）至少为8cm，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的应用问题，背景比较新颖，解答的关键是理解题意，能明确黏菌的繁殖规律，从而求出每次繁殖在方向上前进的距离的和，结合等比数列求和即可.
4．D
【分析】先求出数列和的通项公式，再根据集合新定义确定，再由不等式恒成立分类讨论时列不等式和时列不等式求出对应的值取并集即可.
【详解】因为的前n项和为，
所以当时，，
又当时，，符合上式，
所以数列的通项公式，
数列满足，
因为，公比，
所以，
所以，
因为数列是递减数列，而是递增数列；
，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，
所以是数列中的最小项，
所以当时，则，即，解得，
当时，则，即，解得，
取并集可得，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较和的大小问题了，利用已知求出数列和的通项公式再比较大小可确定，最后由不等式恒成立，列不等式组求出参数范围即可.
5．BC
【分析】A，B，结合递推公式，写出前14项即可；C，是以6为最小正周期的数列；D，结合递推公式迭代即可.
【详解】对于A，斐波那契数列，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，由斐波那契数除以4所得的余数按照原顺序构成数列，
因为，，，，，，
根据数列的性质以及的定义可得，
，，，，，.
同理可推得，当时，有，，，，，，
所以是以6为最小正周期的数列，又因为，
，，C正确；
对于D，由斐波那契数列性质，，
．
可知
，D错误．
故选：BC．
6．ABD
【分析】根据斐波那契数列的特征得出数列为，，，，，，，再利用数列的周期性可得出选项A和C的正误，利用波那契数列的特征，可判断出选项B和D的正误.
【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出，数列为依次连续两个奇数和一个偶数，
所以数列为，，，，，，，则数列为周期数列，且周期为，
选项项A，因为，故选项A正确；
选项B，因为，故选项B正确；
选项C，因为，，且，，，
所以或，故选项C错误；
选项D，因
，故选项D正确.
故选：ABD.
7．AD
【分析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.
【详解】由递推公式，可得，，
所以，A选项正确；
又由递推公式可得，，，类似的有，
累加得，
故错误，B选项错误；
由题可知扇形面积，
故，
故错误，C选项错误；
由，
，
，
，
类似的有，
累加得，
又，所以，
所以正确，D选项正确；
故选：AD.
8．AC
【分析】由传球规则得，判断各选项的正误.
【详解】因为，A正确；
因为，，所以，B错误；
因为，即，C正确；
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
所以，D错误．
故选：AC．
【点睛】第次传球后，球回到甲处等价于第次传球后，球不在甲处且下一次传球给甲.
9．ACD
【分析】由条件直接代入即可判断AB，由条件可得是等比数列，即可判断CD.
【详解】跳动1次后等可能地在顶点处，，故A正确.
跳动奇数次后只能位于点，跳动偶数次后只能位于点，故B错误.
，故，故是等比数列，且，即，故C正确.
由点出发，经过偶数次移动只能到达点（奇数次后只能位于点），考虑移动次（是偶数）返回到的路径数为，显然.由于移动次后只能位于点，其中位于再移动1次就可能返回到，所以考虑移动次后所在点，把这四个点分成两类：点和点.
若在点（路径数为），再移动2次返回到只有3种折返路径（即）；若在点（路径数为）中的一个，再移动2次返回到的路径数每个点处都有2条路径（即）.综上，移动次（是偶数）返回到的路径数，即，累加可得，总路径数为，故青蛙跳动（为偶数）次后恰好回到的概率为，当时，，故D正确.
故选：ACD
10．
【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解.
【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有674个偶数，1350个奇数，
记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，
则所有元素之和为奇数的集合B可看成，
显然集合E共有个，集合F共有个，
所以所有元素之和为奇数的集合B共有个，
又集合A的非空子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数.
11．
【分析】根据题设，第个班中，取三次的方法有种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第个班中第三次取出的人为男生的概率，再由即可求参数.
【详解】每个班被取出的概率为，取第个班中取三次的方法有种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：种；
女男男：种；
男女男：种；
女女男：种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
，
综上，第个班中第三次取出的人为男生的概率，
所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率，
则，即，可得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先求出第个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第个班中第三次取出的人为男生的概率为关键.
12．
【分析】由变形为，得到数列是等比数列，从而得到，再利用累加法得到，从而，再利用裂项相消法求解.
【详解】解：由得，又，
所以数列是以4为首项和公比的等比数列，故，
由累加法得
所以，
，
又，
令，
，
，
代入得.
故答案为：2025
13．
【分析】由的最小公倍数为，得只需在这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前项和公式即可得解.
【详解】由题意，当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
所以的最小值为，
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
当时，，
则，解得，
当时，，故舍去，
因为的最小公倍数为，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
所以数列和是满足条件的所有值，
令，解得，
令，解得，
则当时，满足条件的所有值的和
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：由的最小公倍数为，可得只需在这个范围内讨论，求出这个范围内的的值，是解决本题的关键.
14．/0.2
【分析】赋值法求出，结合导数判断，确定结合等差数列求和公式得，将转化为点点距的平方进而求解.
【详解】令可得，，，
设，则，
令，得
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
则
故对任意的，
故，故，即
，
则的几何意义为点到点的距离的平方，
最小值即点到的距离的平方，
与的交点横坐标，
且点到直线的距离，
点到直线的距离，
的最小值为
故答案为:
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数最值及点点距的应用，关键是利用导数判断出，进而确定.
15．
【分析】求出通项公式和第项，进而求出数列的通项公式和前项和公式，利用错位相减法即可得出的值.
【详解】由题意，
数列是等差数列，设公差为，
因为成等比数列，
所以，即，
解得或（舍），
所以，则.
当时，，
即，共有个.（
因为，所以，①
则，②
由①-②得，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查错位相减法，取整函数，等差数列和等比数列的性质和求法，数列求和，考查学生的计算能力和分析问题，处理问题的能力，具有很强的综合性.
16．
【分析】利用观察归纳法求出边数构成的数列通项，再利用n级角雪花曲线的开三角个数及曲线的内角和变化规律列式求和即得.
【详解】依题意，n级角雪花曲线的每一条边按生成，得级角雪花曲线的4条边，
因此n级角雪花曲线的边数构成以12为首项，4为公比的等比数列，
则n级角雪花曲线的边数为，
当时，曲线有6个开角，n级角雪花曲线的开角数为，，
由于n级角雪花曲线的每一条边，向外形成一个开角，因此，
当时，n级角雪花曲线的开角数
，满足上式，
所以n级角雪花曲线的开角数；
令n级角雪花曲线的内角和为，显然，
而n级角雪花曲线到级角雪花曲线每增加一个开角，其内角和增加，
于是，当时，n级角雪花曲线的内角和：
，满足上式，
所以n级角雪花曲线的内角和为.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：涉及实际意义给出的数列问题，正确理解实际意义，列出关系式，再借助数列思想探求相邻两项间关系即可解决.
17． 8
【分析】结合题意及分类加法原理，依次计算到达、、、、的走法即可.由题意可知数列为斐波那契数列，即（且），结合累加法求解即可.
【详解】由题意知，到达点共有1种走法，
到达点共有种走法（一种是经过点到达，一种是直接到达），
到达点共有种走法（一种是经过，一种是经过，所以到达将、的走法加起来），
到达点共有种走法（一种是经过和，一种是经过，所以到达将、的走法加起来），
到达点共有种走法（一种是经过和，一种是经过和，所以到达将、的走法加起来），
故按图中所示方向到达有8种不同的打卡路线.
由题意知，，，，，，…，（且），
因为（且），
所以，，，…，，（且），
将上式累加可得，（且），
整理可得，又，，
所以，即.
故答案为：8；.
18． /
【分析】先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式及裂项相消求解.
【详解】由题可得，，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的，
故每个正三角形的面积可构成一个以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以.
,
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有：
，
，
，
，
19．(1)
(2)
【分析】（1）先得到5、7不能被抽到，再分抽取的数有1和无1，结合抽取的数的个数，进行分类讨论，求出抽取的所有结果共有种，从而得到概率；
（2）根据抽取的个数和公差进行分类讨论，求出这些数排序后能成等差数列的个数，结合（1）中所求的抽取的所有结果共有中，从而求出概率.
【详解】（1）若5、7在所抽取的数里，由于其是质数，且无法找到其他被其整除的数，故5、7不能被抽取到．
①若抽取的数有1，
（I）若抽取三个数，设其他两个数为，则，
符合条件的只能为和两组，
此时所抽取的数为和，共两组；
（II）若所抽取的数的个数大于3，记此等比数列的公比为，则．
若，则所抽取的数为；
若，则该等比数列的最大一项大于等于，明显不符合题意，
故该情况仅有，1组符合条件．
②若抽取的数无1，则抽取的数应在中．
当时，仅有符合题意；
若公比，此时若最小的一项为3，则最大一项，矛盾，
所以最小的一项应为2．易知符合条件的仅有，1组．
综合上述情况，仅有，，，，共5组符合条件．
而抽取的所有结果共有种，故概率；
（2）①当抽取的数有3项时，
（I）若该等差数列的公差，则有，，，共7组符合条件．
（II）若该等差数列的公差，则有，，，共5组符合条件．
（III）若该等差数列的公差，则有，，共3组符合条件．
（IV）若该等差数列的公差，则仅有，1组符合条件．
（V）若该等差数列的公差，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有组符合条件；
②当抽取的数有4项时，
（I）若该等差数列的公差，则有，，，共6组符合条件．
（II）若该等差数列的公差，则有，，共3组符合条件．
（III）若该等差数列的公差，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有组符合条件．
③当抽取的数有5项时，
（I）若该等差数列的公差，则有，，，共5组符合条件．
（II）若该等差数列的公差，则仅有，1组符合条件．
（III）若该等差数列的公差，则没有满足条件的选取组合．
故此情况共有组符合条件．
以此类推，当抽取6、7、8、9项时，都当且仅当公差为1时有符合条件的选取组合，分别有4、3、2、1组，
综上所述，满足条件的选取组合共有组，
由（1）知，抽取的所有结果共有种，故概率．
20．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）根据题意，直接代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，从而表示出与，然后相除，即可得到结果；
（3）根据题意，可得，，再由（2）可得，然后化简即可得到，即可得到结果.
【详解】（1）
（2）因为，
，
两式相除，，
，
两式相除，
（3）因为①，所以，
因为②，所以，
由（2）和①可得，③，
由②和③，比较的系数，可得④，
因为
，
由②比较的系数可得⑤，
由④⑤消去可得，
所以.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握.