《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(多选)(2024黑龙江哈尔滨六中二模,10)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1}=1$,公差$d = 6$,在$\{ a_{n}\}$中每相邻两项之间都插入$k$个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列$\{ b_{n}\}$,下列说法正确的有 ( )
A.$a_{n}=6n - 5$
B.当$k = 2$时,$b_{n}=2n - 1$
C.当$k = 2$时,$b_{19}$不是数列$\{ a_{n}\}$中的项
D.若$b_{8}$是数列$\{ a_{n}\}$中的项,则$k$的值可能为6

答案： ABD
对于A，由题意得$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=1 + 6(n - 1)=6n-5$，A正确。
对于B，设$\{b_{n}\}$的公差为$d_{1}$，因为$k = 2$，所以$\{b_{n}\}$为$a_{1},a_{1}+d_{1},a_{1}+2d_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$，则$d_{1}=\frac{a_{2}-a_{1}}{4 - 1}=\frac{6\times2-5 - 1}{4 - 1}=2$，则$b_{n}=1+2(n - 1)=2n-1$，B正确。
对于C，由B选项知$b_{19}=2\times19-1 = 37$，令$6n-5 = 37$，得$n = 7$，所以$b_{19}$是数列$\{a_{n}\}$中的项，C错误。
对于D，设$\{b_{n}\}$的公差为$d_{2}$，则$\{b_{n}\}$为$a_{1},a_{1}+d_{2},a_{1}+2d_{2},a_{1}+3d_{2},\cdots,a_{n}$，且$b_{n}=1 + d_{2}(n - 1)$，$d_{2}=\frac{a_{2}-a_{1}}{k + 2-1}$，$b_{8}=1+7d_{2}$，令$1+7d_{2}=6n-5$，即$1+7\cdot\frac{6}{k + 1}=6n-5$，当$k = 6$时，$n = 2$，符合题意，D正确。故选ABD。

2.(2024东北三省三校第二次联考,17)已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且$S_{n + 1}=3S_{n}+1$,其中$n\in N^{*}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)在$a_{n}$与$a_{n + 1}$之间插入$n$个数,使这$n + 2$个数组成一个公差为$d_{n}$的等差数列,在数列$\{ d_{n}\}$中是否存在不同三项$d_{m},d_{k},d_{p}$(其中$m$,$k$,$p$成等差数列)成等比数列? 若存在,求出这样的三项;若不存在,请说明理由.

答案： 解析
(1)当$n\geqslant2$时，$S_{n + 1}=3S_{n}+1$，$S_{n}=3S_{n - 1}+1$，两式相减得$a_{n + 1}=3a_{n}(n\geqslant2)$。
又因为$\{a_{n}\}$是等比数列，所以公比为$3$。
由$S_{n + 1}=3S_{n}+1$知，$a_{1}+a_{2}=3a_{1}+1$，即$a_{2}=2a_{1}+1$。
因为$a_{2}=2a_{1}+1 = 3a_{1}$，所以$a_{1}=1$，所以$a_{n}=3^{n - 1}$。
(2)由
(1)可知$a_{n}=3^{n - 1}$，$a_{n + 1}=3^{n}$。
因为$a_{n + 1}=a_{n}+(n + 2-1)d_{n}$，所以$d_{n}=\frac{2\times3^{n - 1}}{n + 1}$。
假设在数列$\{d_{n}\}$中存在三项$d_{m},d_{k},d_{p}$（其中$m,k,p$成等差数列）成等比数列。
则$d_{k}^{2}=d_{m}\cdot d_{p}$，即$(\frac{2\cdot3^{k - 1}}{k + 1})^{2}=\frac{2\cdot3^{m - 1}}{m + 1}\cdot\frac{2\cdot3^{p - 1}}{p + 1}$。
所以$\frac{4\cdot3^{2k - 2}}{(k + 1)^{2}}=\frac{4\cdot3^{m + p - 2}}{(m + 1)(p + 1)}(*)$。
因为$m,k,p$成等差数列，所以$m + p=2k$。
代入$(*)$式整理得$(k + 1)^{2}=(m + 1)(p + 1)$。
$k^{2}+2k + 1=mp+m + p + 1$，$k^{2}=mp$，$(\frac{m + p}{2})^{2}=mp$，$(m - p)^{2}=0$。
所以$m = k = p$，与题设矛盾。
所以在数列$\{d_{n}\}$中不存在三项$d_{m},d_{k},d_{p}$成等比数列。

3.(2024湖南九校联盟第二次联考,18)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,满足$2S_{n}+a_{n}=3$;数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{n}+b_{n + 1}=2n + 1$,其中$b_{1}=1$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$,$\{ b_{n}\}$的通项公式.
(2)对于给定的正整数$i(i = 1,2,\cdots,n)$,在$a_{i}$和$a_{i + 1}$之间插入$i$个数$c_{i1},c_{i2},\cdots,c_{ii}$,使$a_{i},c_{i1},c_{i2},\cdots,c_{ii},a_{i + 1}$成等差数列.
(i)求$T_{n}=c_{11}+c_{21}+c_{22}+\cdots +c_{n1}+c_{n2}+\cdots +c_{nn}$;
(ii)是否存在正整数$m$,使得$\frac{b_{m}-1+\frac{1}{a_{m + 2}}}{b_{m}-1-\frac{2m + 3}{2T_{m}-3}}$恰好是数列$\{ a_{n}\}$或$\{ b_{n}\}$中的项? 若存在,求出所有满足条件的$m$的值;若不存在,说明理由.

答案： 解析
(1)由$2S_{n}+a_{n}=3$①，得$n\geqslant2$时，$2S_{n - 1}+a_{n - 1}=3$②。
① - ②得$2a_{n}+a_{n}-a_{n - 1}=0$，$\therefore a_{n}=\frac{1}{3}a_{n - 1}(n\geqslant2)$。（1分）
当$n = 1$时，$2a_{1}+a_{1}=3$，$\therefore a_{1}=1$。（2分）
$\therefore\{a_{n}\}$是首项为$1$，公比为$\frac{1}{3}$的等比数列。
故$a_{n}=(\frac{1}{3})^{n - 1}(n\in\mathbf{N}^{*})$。（3分）
由$b_{n}+b_{n + 1}=2n + 1$③，$b_{1}=1$得$b_{2}=2$，又$b_{n + 1}+b_{n + 2}=2n + 3$④。
④ - ③得$b_{n + 2}-b_{n}=2$。（4分）
$\therefore\{b_{n}\}$的所有奇数项构成首项为$1$，公差为$2$的等差数列；所有偶数项构成首项为$2$，公差为$2$的等差数列。
则$b_{2n - 1}=1+(n - 1)\times2=2n-1$，$b_{2n}=2+(n - 1)\times2=2n$。
$\therefore b_{n}=n(n\in\mathbf{N}^{*})$。
综上，$a_{n}=(\frac{1}{3})^{n - 1}$，$b_{n}=n(n\in\mathbf{N}^{*})$。（6分）
(2)(i)在$a_{n}$和$a_{n + 1}$之间插入$n$个数$c_{n1},c_{n2},\cdots,c_{nn}$，使$a_{n},c_{n1},c_{n2},\cdots,c_{nn},a_{n + 1}$成等差数列。
设公差为$d_{n}$，则$d_{n}=\frac{a_{n + 1}-a_{n}}{(n + 2)-1}=\frac{(\frac{1}{3})^{n}-(\frac{1}{3})^{n - 1}}{n + 1}=-\frac{2}{3^{n}(n + 1)}$。（7分）
则$c_{nk}=a_{n}+kd_{n}=(\frac{1}{3})^{n - 1}-\frac{2k}{3^{n}(n + 1)}$，$k = 1,2,\cdots,n$。
$\therefore\sum_{k = 1}^{n}c_{nk}=\frac{n}{3^{n - 1}}-\frac{2}{3^{n}(n + 1)}\cdot\frac{n(n + 1)}{2}=\frac{2n}{3^{n}}$。
$T_{n}=c_{11}+c_{21}+c_{22}+\cdots+c_{n1}+c_{n2}+\cdots+c_{nn}=2(\frac{1}{3}+\frac{2}{3^{2}}+\cdots+\frac{n}{3^{n}})$⑤。
则$\frac{1}{3}T_{n}=2(\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\cdots+\frac{n}{3^{n + 1}})$⑥。（9分）
⑤ - ⑥得$\frac{2}{3}T_{n}=2(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n + 1}})$
$=2(\frac{\frac{1}{3}-\frac{1}{3^{n}}\times\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n + 1}})=1-\frac{2n + 3}{3^{n + 1}}$。
$\therefore T_{n}=\frac{3}{2}-\frac{2n + 3}{2\times3^{n}}$。（11分）
(ii)由
(1)知$a_{n}=(\frac{1}{3})^{n - 1}$，$b_{n}=n(n\in\mathbf{N}^{*})$，$T_{n}=\frac{3}{2}-\frac{2n + 3}{2\times3^{n}}$。
$\frac{b_{m}-1+\frac{1}{a_{m + 2}}}{b_{m}-1-\frac{2m + 3}{2T_{m}-3}}=\frac{m - 1+3^{m + 1}}{m - 1+3^{m}}$。
假设$\frac{m - 1+3^{m + 1}}{m - 1+3^{m}}$是数列$\{a_{n}\}$或$\{b_{n}\}$中的一项。
不妨设$\frac{m - 1+3^{m + 1}}{m - 1+3^{m}}=k(k\gt0,m\in\mathbf{N}^{*})$。
$\therefore(k - 1)(m - 1)=(3 - k)\cdot3^{m}$。（13分）
$\because m - 1\geqslant0$，$3^{m}\gt0(m\in\mathbf{N}^{*})$。
$\therefore1\lt k\leqslant3$，而$a_{n}=(\frac{1}{3})^{n - 1}\leqslant1$。
$\therefore\frac{m - 1+3^{m + 1}}{m - 1+3^{m}}$不可能是数列$\{a_{n}\}$中的项。（14分）
假设$\frac{m - 1+3^{m + 1}}{m - 1+3^{m}}$是$\{b_{n}\}$中的项，则$k\in\mathbf{N}^{*}$。
当$k = 2$时，有$m - 1=3^{m}$，即$\frac{m - 1}{3^{m}}=1$，令$f(m)=\frac{m - 1}{3^{m}}$，$f(m + 1)-f(m)=\frac{m}{3^{m + 1}}-\frac{m - 1}{3^{m}}=\frac{-2m + 3}{3^{m + 1}}$，当$m = 1$时，$f(1)\lt f(2)$，当$m\geqslant2$时，$f(m + 1)-f(m)\lt0$，$f(1)\lt f(2)$，$f(2)\gt f(3)\gt f(4)\gt\cdots$，由$f(1)=0$，$f(2)=\frac{1}{9}$知$\frac{m - 1}{3^{m}}=1$无解。（16分）
当$k = 3$时，有$m - 1 = 0$，即$m = 1$，故存在$m = 1$使得$\frac{m - 1+3^{m + 1}}{m - 1+3^{m}}=3$是数列$\{b_{n}\}$中的第$3$项。
故存在正整数$m = 1$使得$\frac{b_{m}-1+\frac{1}{a_{m + 2}}}{b_{m}-1-\frac{2m + 3}{2T_{m}-3}}$是数列$\{b_{n}\}$中的第$3$项。（17分）