《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

2.(2024广东湛江联考,8)在数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{1}=1$,且$a_{n}a_{n + 1}=n$,当$n\geqslant2$时,$\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}\leqslant a_{n}+a_{n + 1}-2^{\lambda}$,则实数$\lambda$的取值范围为（ ）
A.$(-\infty,1]$
B.$[1,+\infty)$
C.$(0,1]$
D.$(-\infty,4]$

答案： 因为$a_{n}a_{n + 1}=n,a_{1}=1$,所以$a_{2}=1$,且当$n\geqslant2$时,$a_{n - 1}a_{n}=n - 1$,所以$a_{n}a_{n + 1}-a_{n - 1}a_{n}=1$,所以$\frac{1}{a_{n}}=a_{n + 1}-a_{n - 1}$,所以$\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n - 1}}=a_{3}-a_{1}+a_{4}-a_{2}+a_{5}-a_{3}+\cdots+a_{n + 1}-a_{n - 1}=-a_{1}-a_{2}+a_{n}+a_{n + 1}=a_{n}+a_{n + 1}-2$.因为$\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n - 1}}\leqslant a_{n}+a_{n + 1}-2^{\lambda}$,所以$a_{n}+a_{n + 1}-2\leqslant a_{n}+a_{n + 1}-2^{\lambda}$,所以$2^{\lambda}\leqslant2$,故$\lambda\leqslant1$.故选A.

3.(2024广东茂名一模,8)数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=8,a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{na_{n}+1}(n\in\mathbf{N}^{*}),b_{n}=(\frac{1}{a_{n}}+\lambda)\cdot(\frac{1}{2})^{n}$,若数列$\{ b_{n}\}$是递减数列,则实数$\lambda$的取值范围是（ ）
A.$(-\frac{8}{7},+\infty)$
B.$(-\frac{7}{8},+\infty)$
C.$(\frac{8}{7},+\infty)$
D.$(\frac{7}{8},+\infty)$

答案： $a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{na_{n}+1}$两边取倒数得$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{na_{n}+1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{n}}+n$,所以$\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=1,\frac{1}{a_{3}}-\frac{1}{a_{2}}=2,\cdots,\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n - 1}}=n - 1$,由累加法可得$\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{1}}=1 + 2+\cdots+(n - 1)=\frac{n(n - 1)}{2}$,因为$a_{1}=8$,所以$\frac{1}{a_{n}}=\frac{n(n - 1)}{2}+\frac{1}{8}=\frac{4n^{2}-4n + 1}{8}$,所以$b_{n}=(\frac{1}{a_{n}}+\lambda)(\frac{1}{2})^{n}=(\frac{4n^{2}-4n + 1}{8}+\lambda)(\frac{1}{2})^{n}$,因为数列$\{ b_{n}\}$是递减数列,所以$b_{n}\lt b_{n - 1}$,即$(\frac{4n^{2}-4n + 1}{8}+\lambda)(\frac{1}{2})^{n}\lt(\frac{4(n - 1)^{2}-4(n - 1)+1}{8}+\lambda)(\frac{1}{2})^{n - 1}$,整理可得$\lambda\gt\frac{-4n^{2}+20n - 17}{8}=\frac{-4(n-\frac{5}{2})^{2}+8}{8}$,因为$n\geqslant2,n\in\mathbf{N}$,故$\lambda\in(\frac{7}{8},+\infty)$.故选D.

4.(多选)(2024安徽池州期末)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n + 1}=\frac{a_{n}+\sqrt{a_{n}^{2}+1}}{2}$,则下列说法正确的是（ ）
A.$a_{2024}＞a_{2023}$
B.$\{\frac{1}{a_{n}^{2}}\}$为递增数列
C.$4a_{n + 1}^{2}-1 = 4a_{n + 1}a_{n}$
D.$a_{2024}^{2}＜1013$

答案： 因为$a_{n + 1}-a_{n}=\frac{a_{n}+\sqrt{a_{n}^{2}+1}}{2}-a_{n}=\frac{\sqrt{a_{n}^{2}+1}-a_{n}}{2}\gt0$,即$a_{n + 1}\gt a_{n}$,所以数列$\{ a_{n}\}$为递增数列,则$a_{2024}\gt a_{2023}$,A正确;因为数列$\{ a_{n}\}$为递增数列且$a_{n}\geqslant1\gt0$,所以$\{\frac{1}{a_{n}^{2}}\}$为递减数列,B错误;由$a_{n + 1}=\frac{a_{n}+\sqrt{a_{n}^{2}+1}}{2}$,可得$2a_{n + 1}-a_{n}=\sqrt{a_{n}^{2}+1}$,两边平方整理得$4a_{n + 1}^{2}-1 = 4a_{n + 1}a_{n}$,C正确;将$4a_{n + 1}^{2}-1 = 4a_{n}a_{n + 1}$两边都除以$4a_{n}$得$a_{n + 1}=a_{n}+\frac{1}{4a_{n}}$,两边平方得$a_{n + 1}^{2}=a_{n}^{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{16a_{n}^{2}}\gt a_{n}^{2}+\frac{1}{2}$,即$a_{n + 1}^{2}-a_{n}^{2}\gt\frac{1}{2}$,可得$a_{2024}^{2}-a_{2023}^{2}\gt\frac{1}{2},a_{2023}^{2}-a_{2022}^{2}\gt\frac{1}{2},\cdots,a_{2}^{2}-a_{1}^{2}\gt\frac{1}{2}$,累加可得$a_{2024}^{2}-a_{1}^{2}\gt\frac{1}{2}\times(2024 - 1)=1011.5$,即$a_{2024}^{2}-1\gt1011.5$,所以$a_{2024}^{2}\gt1012.5\gt1013$,D错误.故选AC.

5.(2024浙江杭州模拟,14)两千多年前,古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上研究数学问题.他们在沙滩上画点或用小石子来表示数,按照点或小石子排列的形状对数进行分类.如图中的实心点个数1,5,12,22,……,被称为五角形数,其中第1个五角形数记作$a_{1}=1$,第2个五角形数记作$a_{2}=5$,第3个五角形数记作$a_{3}=12$,第4个五角形数记作$a_{4}=22$,……,若按此规律继续下去,则$a_{5}=$________,若$a_{n}=145$,则$n =$________.

答案： 答案$35;10$
解析　由题意知,第1个五角形数记作$a_{1}=1 = 3\times1 - 2$,第2个五角形数记作$a_{2}=5 = a_{1}+3\times2 - 2$,第3个五角形数记作$a_{3}=12 = a_{2}+3\times3 - 2$,第4个五角形数记作$a_{4}=22 = a_{3}+3\times4 - 2$,第5个五角形数记作$a_{5}=a_{4}+3\times5 - 2 = 35$,$\cdots$,第$n$个五角形数记作$a_{n}=a_{n - 1}+3\times n - 2$,即$a_{n}-a_{n - 1}=3n - 2$,则$a_{n}=a_{1}+(a_{2}-a_{1})+(a_{3}-a_{2})+\cdots+(a_{n}-a_{n - 1})=1 + 3(2 + 3+\cdots+n)-2(n - 1)=1 + 3\times\frac{(n - 1)(n + 2)}{2}-2(n - 1)=\frac{(n - 1)(3n + 2)}{2}+1$,由$a_{n}=145$,即$\frac{(n - 1)(3n + 2)}{2}+1 = 145$,解得$n = 10$.故答案为$35;10$.

1.(新定义理解)(2024河南高中毕业班适应性测试,8)对于数列$\{ a_{n}\}$,定义$A_{n}=a_{1}+3a_{2}+\cdots+3^{n - 1}a_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的“加权和”.设数列$\{ a_{n}\}$的“加权和”$A_{n}=n\cdot3^{n}$,记数列$\{ a_{n}+pn + 1\}$的前$n$项和为$T_{n}$,若$T_{n}\leqslant T_{5}$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$恒成立,则实数$p$的取值范围为（ ）
A.$[-\frac{7}{3},-\frac{16}{7}]$
B.$[-\frac{12}{5},-\frac{7}{3}]$
C.$[-\frac{5}{2},-\frac{12}{5}]$
D.$[-\frac{16}{7},-\frac{9}{4}]$

答案： 当$n\geqslant2$时,$A_{n - 1}=(n - 1)\cdot3^{n - 1}$,则$A_{n}-A_{n - 1}=n\cdot3^{n}-(n - 1)\cdot3^{n - 1}=(2n + 1)\cdot3^{n - 1}$,即$3^{n - 1}a_{n}=(2n + 1)\cdot3^{n - 1}$,故$a_{n}=2n + 1$,当$n = 1$时,$A_{1}=1\times3^{1}=3 = a_{1}$,符合上式,故$a_{n}=2n + 1,n\in\mathbf{N}^{*}$,则$a_{n}+pn + 1=(2 + p)n + 2$(符合等差数列通项结构,可使用等差数列求和公式)，故$T_{n}=\frac{[4 + p+(2 + p)n + 2]n}{2}=\frac{(2 + p)n^{2}+(6 + p)n}{2}$,$T_{n}\leqslant T_{5}$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$恒成立，当$p = - 2$时,有$2n\leqslant10$,即$n\leqslant5$,不符合要求，当$p\neq - 2$时,则有$\begin{cases}2 + p\lt0\\\frac{9}{2}\leqslant-\frac{6 + p}{2(2 + p)}\leqslant\frac{11}{2}\end{cases}$,解得$-\frac{12}{5}\leqslant p\leqslant-\frac{7}{3}$,故选B.

2.(新定义理解)(2024安徽安庆联考,8)若项数均为$n(n\geqslant2,n\in\mathbf{N}^{*})$的两个数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$满足$a_{k}-b_{k}=k(k = 1,2,\cdots,n)$,且集合$\{ a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}\}=\{1,2,3,\cdots,2n\}$,则称数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$是一对“$n$项紧密数列”.设数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$是一对“4项紧密数列”,则这样的“4项紧密数列”有（ ）
A.5对
B.6对
C.7对
D.8对

答案： 由条件知$a_{1}-b_{1}=1,a_{2}-b_{2}=2,a_{3}-b_{3}=3,a_{4}-b_{4}=4$,于是$(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4})-(b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4})=10$,又$(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4})+(b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4})=\frac{8\times(1 + 8)}{2}=36$,所以$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=23,b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4}=13$,于是“4项紧密数列”有$\{ a_{n}\}:8,5,4,6,\{ b_{n}\}:7,3,1,2$;$\{ a_{n}\}:8,4,6,5,\{ b_{n}\}:7,2,3,1$;$\{ a_{n}\}:7,3,5,8,\{ b_{n}\}:6,1,2,4$;$\{ a_{n}\}:3,8,7,5,\{ b_{n}\}:2,6,4,1$;$\{ a_{n}\}:2,7,6,8,\{ b_{n}\}:1,5,3,4$;$\{ a_{n}\}:2,6,8,7,\{ b_{n}\}:1,4,5,3$,共有$6$对,故选B.