《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(2024安徽淮北第一次质量检测,4)记$S_{n}$是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,则“$\{ a_{n}\}$是递增数列”是“$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$是递增数列”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

答案： 设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$。若$\{ a_{n}\}$是递增数列，则公差$d\gt0$。
$\frac{S_{n}}{n}=\frac{na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d}{n}=a_{1}+\frac{(n - 1)d}{2}=\frac{d}{2}n+a_{1}-\frac{d}{2}$，
故$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=(\frac{d}{2}(n + 1)+a_{1}-\frac{d}{2})-(\frac{d}{2}n+a_{1}-\frac{d}{2})=\frac{d}{2}\gt0$，
所以$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为递增数列；
$\frac{S_{n}}{n}=\frac{na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d}{n}=-\frac{d}{2}n+a_{1}-\frac{d}{2}$，若$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为递增数列，则$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=\frac{d}{2}\gt0$，故$d\gt0$，所以$\{ a_{n}\}$是递增数列，
故“$\{ a_{n}\}$是递增数列”是“$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是递增数列”的充要条件，故选C。

2.(2024河南五市联考,6)一款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上,纸筒直径为20 mm,卫生纸厚度约为0.1 mm,若未使用时直径为80 mm,则这个卷筒卫生纸总长度大约为(参考数据$\pi\approx3.14$) ( )
A.47 m
B.51 m
C.94 m
D.102 m

答案： 空心纸筒直径为$20mm$，则底面半径为$10mm$；其周长为$2\pi\times10 = 20\pi(mm)$，卷纸未使用时直径为$80mm$，则底面半径为$40mm$，其周长为$2\pi\times40 = 80\pi(mm)$，
又因为卫生纸厚度约为$0.1mm$，则卷纸共有的层数约为$\frac{80 - 20}{2\times0.1}=300$，即每一圈的卷纸周长构成一个等差数列（提醒：因卷纸厚度固定，且卷在圆柱形空心纸筒上，故卷纸总长即每一圈卷纸的周长的和，而从内到外每圈卷纸的周长依次构成等差数列），首项为$20\pi$，末项为$80\pi$，项数为$300$，
则这个卷筒卫生纸总长度即这个等差数列的前$300$项和，$S_{300}=\frac{300(20\pi + 80\pi)}{2}=15000\pi(mm)$，而$15000\pi mm\approx15000\times3.14 = 47100mm\approx47m$。
即这个卷筒卫生纸总长度大约为$47m$。故选A。

3.(2024重庆南开中学质检(八),8)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$\frac{\pi}{3}$,且集合$M = \{ x|x = \sin a_{n},n\in\mathbf{N}^{*}\}$中有且只有4个元素,则$M$中的所有元素之积为 ( )
A.$\frac{1}{4}$
B.$-\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{16}$
D.$\frac{3}{4}$

答案：
$a_{n}=\frac{n\pi}{3}+a_{1}-\frac{\pi}{3}$，$x = \sin(\frac{n\pi}{3}+a_{1}-\frac{\pi}{3})$，周期$T = 6$，故只
需考虑前$6$项的值$\sin a_{1}$，$\sin(a_{1}+\frac{\pi}{3})$，$\sin(a_{1}+\frac{2\pi}{3})$，$\sin(a_{1}+\pi)=-\sin a_{1}$，$\sin(a_{1}+\frac{4\pi}{3})=-\sin(a_{1}+\frac{\pi}{3})$，$\sin(a_{1}+\frac{5\pi}{3})=-\sin(a_{1}+\frac{2\pi}{3})$。
由题意知，这$6$个式子只能取到$4$个不同的值。借助三角函数的定义，
即在单位圆上有$6$个点均分圆周，
且这$6$个点的纵坐标只能取到$4$个不同的值（如图所示），于是集合
$M = \{ - 1,\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1\}$，故选A。

4.(2024广东佛山教学质量检测(一),8)2023年中央金融工作会议于10月30日至31日在北京举行,会议强调坚持把金融服务实体经济作为根本宗旨.现有某高新企业向金融机构申请到一笔800万元专项扶持贷款资金,该贷款资金分12期发放完毕,考虑到企业盈利状况将逐步改善,前11期放款金额逐期等额递减发放,每期递减10万元,第12期资金不超过10万元一次性发放.假设每期放款金额均为以万元为单位的正整数,则第1期和第12期放款金额之和为 ( )
A.128万元
B.130万元
C.132万元
D.134万元

答案： 设第一期放款$x$万元，第二期放款$x - 10$万元，第三期放款$x - 20$万元，依此类推，第$11$期放款$x - 100$万元，
前$11$期共放款$\frac{11\times(x + x - 100)}{2}=11(x - 50)$万元，
则$0\lt800 - 11(x - 50)\leq10$，解得$\frac{1340}{11}\leq x\lt\frac{1350}{11}$，
因为$x\in N^{*}$，所以$x = 122$，
则第$12$期放款$800 - 11\times(122 - 50)=8$万元，
所以第$1$期和第$12$期共放款$122 + 8 = 130$（万元）。故选B。

5.(多选)(2024福建福州质量检测,9)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n},a_{2}=4,S_{5}=35$,则 ( )
A.$na_{n}$的最小值为1
B.$nS_{n}$的最小值为1
C.$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$为递增数列
D.$\left\{\frac{a_{n}}{n^{2}}\right\}$为递减数列

答案： 设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由$S_{5}=\frac{5(a_{1}+a_{5})}{2}=5a_{3}=35$，得$a_{3}=7$，又$a_{2}=4$，所以$d = 3$，$a_{1}=1$，所以$a_{n}=3n - 2$，$S_{n}=\frac{n(3n - 1)}{2}$。选项A，$na_{n}=n(3n - 2)=3n^{2}-2n=3(n-\frac{1}{3})^{2}-\frac{1}{3}$，故$n = 1$时，$na_{n}$取得最小值$1$，A正确；
选项B，$nS_{n}=\frac{n^{2}(3n - 1)}{2}$，令$f(x)=\frac{3}{2}x^{3}-\frac{1}{2}x^{2}$，则$f^\prime(x)=\frac{9}{2}x^{2}-x$，可知$f(x)$在区间$(\frac{2}{9},+\infty)$上单调递增（构造函数，研究函数的性质），所以$n = 1$时，$nS_{n}$取得最小值$1$，B正确；选项C，$\frac{S_{n}}{n}=\frac{3}{2}n-\frac{1}{2}$，故$\{\frac{S_{n}}{n}\}$为递增数列，C正确；
选项D，$\frac{a_{n}}{n^{2}}=-\frac{2}{n^{2}}+\frac{3}{n}$，因为$\frac{a_{1}}{1^{2}}=1$，$\frac{a_{2}}{2^{2}}=1$，所以$\{\frac{a_{n}}{n^{2}}\}$不是递减数列，D错误。故选ABC。

6.(多选)(2024安徽芜湖质量检测,10)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,则下列说法正确的有 ( )
A.若$k = 15$,则$S_{k}=15a_{8}$
B.若$S_{4}=2,S_{8}=8$,则$S_{16}=20$
C.若$\{ a_{n}\}$为常数列,则$\{ a_{n}\}$一定为等比数列
D.若$0 ＜ a_{1}\leqslant1$且$S_{n}=S_{4047 - n}$,则公差$d$的最小值为$-\frac{1}{2023}$

答案： 选项A，若$k = 15$，则由等差数列的性质可得$S_{15}=\frac{15(a_{1}+a_{15})}{2}=15a_{8}$，A正确；
选项B，由等差数列的性质可知，$S_{4}$，$S_{8}-S_{4}$，$S_{12}-S_{8}$，$S_{16}-S_{12}$成等差数列，又$S_{4}=2$，$S_{8}=8$，则可得$S_{12}=18$，$S_{16}=32$，B错误。选项C，若$\{ a_{n}\}$为常数列，且$a_{n}=0$，则$\{ a_{n}\}$不是等比数列，C错误。
选项D，由$S_{n}=S_{4047 - n}$得$S_{4047 - n}-S_{n}=a_{n + 1}+a_{n + 2}+\cdots+a_{4047 - n}=0$，根据等差数列的性质可知，$a_{n}+a_{4047 - n}=0$，即$a_{1}+nd+a_{1}+(4046 - n)d=0$，$d=-\frac{2a_{1}}{4046}=-\frac{a_{1}}{2023}$（$d$是关于$a_{1}$的一次函数），因为$0\lt a_{1}\leq1$，所以$d_{min}=-\frac{1}{2023}$，D正确。故选AD。

7.(2024湖北十一校联考,14)已知在数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{1},a_{11}\in\mathbf{N}^{*}$,数列$\{ a_{n}\}$的前$n$和为$S_{n}$,$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$为等差数列,$S_{14}=77$,则$S_{100}=$________.

答案： 答案$-3750$
解析：$\because\{\frac{S_{n}}{n}\}$为等差数列，$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$为等差数列，
$\because S_{14}=77$，$\therefore7(a_{1}+a_{14})=7(a_{4}+a_{11})=77$，
$\therefore\begin{cases}a_{4}+a_{11}=11\\a_{14}-a_{4}=10d\end{cases}$，则$d=\frac{11 - a_{4}-a_{11}}{13}=\frac{a_{4}-(11 - a_{11})}{7}$，
$\therefore7a_{1}+13a_{11}=110$，$\because a_{1}$，$a_{11}\in N^{*}$，$\therefore a_{1}=12$，$a_{11}=2$，
则$d=\frac{a_{11}-a_{1}}{10}=-1$，$a_{n}=13 - n$，$S_{n}=\frac{a_{1}+a_{n}}{2}\cdot n=\frac{(25 - n)\cdot n}{2}$，$\therefore S_{100}=-3750$。

8.(2024福建九地市质量检测,14)设$T_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项积,若$T_{n}+a_{n}=m$,其中常数$m＞0$.则$a_{2}=$________(结果用$m$表示);若数列$\left\{\frac{1}{T_{n}}\right\}$为等差数列,则$m=$________.

答案： 答案$\frac{2m}{m + 2}$；$1$或$2$
解析：易知$T_{1}=a_{1}=\frac{m}{2}$，$\therefore m = a_{1}a_{2}+a_{2}=a_{2}(\frac{m}{2}+1)$，解得$a_{2}=\frac{2m}{m + 2}$，
$\frac{1}{T_{n}}-\frac{1}{T_{n - 1}}=\frac{1}{m - a_{n}}-\frac{1}{m - a_{n - 1}}=\frac{1}{m - \frac{m}{T_{n - 1}+1}}-\frac{1}{m - a_{n - 1}}=\frac{1 - a_{n - 1}}{m^{2}-ma_{n - 1}}$（$n\geq2$），提示：$T_{n}+a_{n}=m$，$a_{n}=\frac{m}{T_{n - 1}+1}$
若数列$\{\frac{1}{T_{n}}\}$为等差数列，则$\frac{1 - a_{n - 1}}{m^{2}-ma_{n - 1}}$为常数$d$，
①若$d = 0$，则$a_{n - 1}=1$（$n\geq2$）恒成立，即$a_{n}=1$（$n\geq1$）恒成立，$\therefore m = 2$；
②若$d\neq0$，则$1 - a_{n - 1}=dm^{2}-dma_{n - 1}$，$\therefore\begin{cases}1 = dm^{2}\\d = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m = 1\\d = 1\end{cases}$，综上所述，若数列$\{\frac{1}{T_{n}}\}$为等差数列，则$m = 1$或$m = 2$。

9.(2024浙江丽水、湖州、衢州二模,15)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$,记$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,若$S_{5}=a_{3}+20,S_{15}=a_{2}a_{3}a_{8}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)若$d＞0,b_{n}=\frac{4S_{n}}{a_{n}\cdot a_{n + 1}}(n\in\mathbf{N}^{*})$,数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$,求证:$T_{n}＜n+\frac{1}{2}$.

答案： 解析
(1)由$S_{5}=a_{3}+20$得$5a_{3}=a_{3}+20$，故$a_{3}=5$。(1分)
由$S_{15}=a_{2}a_{3}a_{8}$得$15a_{8}=a_{2}a_{3}a_{8}=5a_{2}a_{8}$，所以$a_{8}=0$或$a_{2}=3$，(3分)
当$a_{8}=0$时，$d=\frac{a_{8}-a_{3}}{5}=-1$，此时$a_{n}=a_{3}+(n - 3)\times d = 8 - n$；当$a_{2}=3$时，$d = a_{3}-a_{2}=2$，此时$a_{n}=a_{3}+(n - 3)\times d = 2n - 1$。综上，数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=8 - n$或$a_{n}=2n - 1$。(5分)
(2)证明：因为$d\gt0$，所以$a_{n}=2n - 1$，所以$S_{n}=n^{2}$。　　(7分)
则$b_{n}=\frac{4S_{n}}{a_{n}\cdot a_{n + 1}}=\frac{4n^{2}}{(2n - 1)(2n + 1)}=\frac{4n^{2}-1 + 1}{(2n - 1)(2n + 1)}=1+\frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})$。　　　　　　　　　　　　(10分)
所以$T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots +b_{n}=1+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3})+1+\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+1+\frac{1}{2}(\frac{1}{5}-\frac{1}{7})+\cdots +1+\frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})=n+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots +\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})=n+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2n + 1})=n+\frac{n}{2n + 1}$　　　　　　　　　　(12分)
故$T_{n}=n+\frac{n}{2n + 1}=\frac{2n^{2}+2n}{2n + 1}\lt n+\frac{1}{2}$。　　　　　(13分)