《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(2024全国甲理,4,5分,易)记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.已知$S_{5}=S_{10},a_{5}=1$，则$a_{1}=$（ ）
A.$\frac{7}{2}$　
　B.$\frac{7}{3}$　　
　C.$-\frac{1}{3}$　　
　D.$-\frac{7}{11}$

答案： B $\because S_{5}=S_{10}$，$\therefore a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{10}=0$，$\therefore 5a_{8}=0$。
$\therefore a_{8}=0$，又$a_{5}=1$，$\therefore d =-\frac{1}{3}$，$\therefore a_{1}=a_{5}-4d=1+\frac{4}{3}=\frac{7}{3}$

2.(2024新课标II,12,5分,易)记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.若$a_{3}+a_{4}=7,3a_{2}+a_{5}=5$，则$S_{10}=$________.

答案： 答案 95
解析 解法一：设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由题意得$a_{3}+a_{4}=(a_{1}+2d)+(a_{1}+3d)=7$，$3a_{2}+a_{5}=3(a_{1}+d)+(a_{1}+4d)=5$，
即$\begin{cases}2a_{1}+5d = 7\\4a_{1}+7d = 5\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=-4\\d = 3\end{cases}$，所以$S_{10}=10\times(-4)+\frac{10\times9}{2}\times3=95$。
解法二：设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$。
$a_{3}+a_{4}=7$①，$3a_{2}+a_{5}=5$②，
① + ②得$3a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=3(a_{2}+a_{4})=12$，即$a_{2}+a_{4}=4$③，
① - ③得$a_{3}-a_{2}=d = 3$，所以$a_{3}+a_{3}+d = 7$，所以$a_{3}=2$，
故$a_{n}=a_{3}+(n - 3)d=3n - 7$，
所以$S_{10}=\frac{(-4 + 3\times10 - 7)\times10}{2}=95$。

1.(2022新高考II,3,5分,中)图1是中国古代建筑中的举架结构，$AA',BB',CC',DD'$是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中$DD_{1},CC_{1},BB_{1},AA_{1}$是举，$OD_{1},DC_{1},CB_{1},BA_{1}$是相等的步，相邻桁的举步之比分别为$\frac{DD_{1}}{OD_{1}} = 0.5,\frac{CC_{1}}{DC_{1}}=k_{1},\frac{BB_{1}}{CB_{1}}=k_{2},\frac{AA_{1}}{BA_{1}}=k_{3}$.已知$k_{1},k_{2},k_{3}$成公差为0.1的等差数列，且直线$OA$的斜率为0.725，则$k_{3}=$（ ）
　　　　
　　　


A.0.75　
　B.0.8　　
　C.0.85　
　D.0.9

答案： D 令$OD_{1}=DC_{1}=CB_{1}=BA_{1}=a$，
则$CC_{1}=k_{1}a$，$BB_{1}=k_{2}a$，$AA_{1}=k_{3}a$，$DD_{1}=0.5a$，
所以$A$的坐标为$(4a,k_{1}a + k_{2}a + k_{3}a+0.5a)$，
所以$k_{OA}=\frac{k_{1}a + k_{2}a + k_{3}a+0.5a}{4a}=\frac{k_{1}+k_{2}+k_{3}+0.5}{4}=0.725$，
所以$k_{1}+k_{2}+k_{3}+0.5=2.9$。
因为$k_{1}$，$k_{2}$，$k_{3}$成公差为$0.1$的等差数列，
所以$k_{1}+k_{2}+k_{3}+0.5=3k_{3}-0.3 + 0.5=2.9$，
所以$k_{3}=0.9$，故选D。

2.(2020课标II理,4,5分,中)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（ ）
　　　　　　

A.3699块　　　　　
　B.3474块
C.3402块　　　　　
　D.3339块

答案： C 由题意可设每层有$n$个环，则三层共有$3n$个环，
$\therefore$每一环扇面形石板的块数构成以$a_{1}=9$为首项，$9$为公差的等差数列$\{ a_{n}\}$，且项数为$3n$。
不妨设上层扇面形石板总数为$S_{1}$，中层总数为$S_{2}$，下层总数为$S_{3}$，$\therefore S_{3}-S_{2}=\left[9(2n + 1)\cdot n+\frac{n(n - 1)}{2}\times9\right]-\left[9(n + 1)\cdot n+\frac{n(n - 1)}{2}\times9\right]=9n^{2}=729$，解得$n = 9$（负值舍去）。
则三层共有扇面形石板（不含天心石）$27\times9+\frac{27\times26}{2}\times9=27\times9+27\times13\times9=27\times14\times9=3402$（块）。故选C。

3.(2023全国乙理,10,5分,中)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$\frac{2\pi}{3}$，集合$S = \{ \cos a_{n}\mid n\in N^{*}\}$.若$S = \{ a,b\}$，则$ab=$（ ）
A.-1　　　
　B.$-\frac{1}{2}$　　
　C.0　　　
　D.$\frac{1}{2}$

答案： B 解法一：由题意得$a_{n + 3k}=a_{n}+k\times\frac{2\pi}{3}=a_{n}+2k\pi$，$k\in\mathbf{N}$，
$\cos a_{n + 3k}=\cos a_{n}$，$k\in\mathbf{N}$，这样集合$S = \{ \cos a_{n}\mid n\in\mathbf{N}^{*}\}=\{ \cos a_{n}\mid n = 1,2,3\}=\{ a,b\}$，因此$a_{1}$，$a_{2}$，$a_{3}$中有两个数的余弦值相等。
满足$y=\cos x=\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right)$的$y$只有$y=\frac{1}{2}=\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)=\cos\frac{\pi}{3}$或$y=-\frac{1}{2}=\cos\frac{2\pi}{3}=\cos\frac{4\pi}{3}$，两种情况对应第三个数的余弦值分别为$\cos\pi=-1$或$\cos2\pi = 1$，因此$ab=\frac{1}{2}\times(-1)$或$ab=\left(-\frac{1}{2}\right)\times1$，均有$ab=-\frac{1}{2}$，故选B。
解法二：将等差数列的项$a_{n}$对应为单位圆周上的点$(\cos a_{n},\sin a_{n})$，因为公差是$\frac{2\pi}{3}$，即$a_{n + 3k}$与$a_{n}$对应同一个点，所以圆周上最终有三个点，这三个点构成等边三角形，该三角形的外接圆半径为$1$，因此三角形中心（即原点）到三边的距离都是$\frac{1}{2}$。由题意知三角形有两个顶点的横坐标相同，即有一条边平行于$y$轴，这样三角形的三个顶点为$\left\{\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right),(-1,0)\right\}$或者$\left\{\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right),(1,0)\right\}$，均有$ab=-\frac{1}{2}$。

4.(2022全国乙文,13,5分,易)记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.若$2S_{3}=3S_{2}+6$，则公差$d =$________.

答案： 答案 2
解析 $\because 2S_{3}=3S_{2}+6$，$\therefore 2(3a_{1}+3d)=3(2a_{1}+d)+6$，即$6d=3d + 6$，解得$d = 2$。

5.(2020课标II文,14,5分,易)记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.若$a_{1}=-2,a_{2}+a_{6}=2$，则$S_{10}=$________.

答案： 答案 25
解析 设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
则$a_{2}=-2 + d$，$a_{6}=-2 + 5d$，
因为$a_{2}+a_{6}=2$，所以$-2 + d+(-2 + 5d)=2$，解得$d = 1$，
所以$S_{10}=10\times(-2)+\frac{10\times9}{2}\times1=-20 + 45=25$。

6.(2020新高考I,14,5分,易)将数列$\{ 2n - 1\}$与$\{ 3n - 2\}$的公共项从小到大排列得到数列$\{ a_{n}\}$，则$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为________.

答案： 答案 3$n^{2}$ - 2$n$
解析 $\because$数列$\{ 2n - 1\}$的项为$1,3,5,7,9,11,13,\cdots$，数列$\{ 3n - 2\}$的项为$1,4,7,10,13,\cdots$，
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$是首项为$1$，公差为$6$的等差数列，
$\therefore a_{n}=1+(n - 1)\times6=6n - 5$，
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=\frac{(1 + 6n - 5)\times n}{2}=3n^{2}-2n$。