《2025年高考帮数学》

训练1 [2023安徽名校联考]“物不知数”原载于《孙子算经》，它的系统解法是南宋数学家秦九韶在《数书九章·大衍求一术》中给出的.“大衍求一术”是中国古算中最具独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.现有一道同余式组问题：将正整数中，被4除余1且被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，记{an}的前n项和为Sn，则S10 = （ ）
A.495
B.522
C.630
D.730

答案： C 由题知，被4除余1且被6除余3的数中，最小的正整数是9，则满足条件的数列$\{a_{n}\}$是以9为首项，12为公差的等差数列，则$a_{n}=12n - 3(n\in N^{*})$，所以$S_{10}=\frac{10×(9 + 117)}{2}=630$。故选C。

例2 某市抗洪指挥部接到最新雨情预报，未来24 h城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝.经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20辆某型号翻斗车，平均每辆翻斗车需要工作24 h.而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调.若抽调的翻斗车每隔20 min才有一辆到达施工现场投入工作，要在24 h内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车（ ）
A.25辆
B.24辆
C.23辆
D.22辆

答案： C 由题意可知，一辆翻斗车需要$20×24 = 480(h)$才能完成拦洪坝的加高加固工程，设至少需要$n$辆这种型号的翻斗车才能在24 h内完成该工程，这$n$辆翻斗车的工作时间（单位：h）按从大到小排列依次记为$a_{1}$，$a_{2}$，$\cdots$，$a_{n}$，则数列$\{a_{n}\}$是公差为$-\frac{1}{3}$的等差数列，所以$a_{1}=24$，记$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}×(-\frac{1}{3})=24n-\frac{1}{6}n(n - 1)$，当$n = 23$时，$S_{n}\approx467.7＜480$，当$n = 24$时，$S_{n}=484＞480$，故$n$的值为24，至少需要24辆翻斗车，所以至少还需要抽调23辆翻斗车，故选C。

训练2 [多选]如图所示，这是小朋友们喜欢玩的彩虹塔叠叠乐玩具.某数学兴趣小组利用该玩具制订如下玩法：在2号杆中自下而上串有由大到小的n(n∈N*)个彩虹圈，将2号杆中的彩虹圈全部移动到1号杆中，3号杆可以作为过渡使用；每次只能移动一个彩虹圈，且无论在哪个杆中，小的彩虹圈必须放置在大的上方；将一个彩虹圈从一个杆移动到另一个杆中记为移动1次，记an为2号杆中n个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数，设bn = an+1 - an，则下面结论正确的是 （ ）

A.a3 = 7
B.an+1 = 2an + 1
C.bn = 2n + n - 1
D.∑i=1nbi + i bi+1 = 12 - 12n+2 - n - 2

答案： ABD 由题意易得，$a_{1}=1$，$a_{2}=3$。易知将$n + 1$个彩虹圈全部移动到1号杆中所需要的最少次数为$a_{n + 1}$，若要将2号杆中的$n + 1$个彩虹圈全部移动到1号杆中，则第一步，将除了最大的彩虹圈的$n$个彩虹圈全部移动到3号杆中，所需要移动的最少次数为$a_{n}$；第二步，将最大的彩虹圈移动到1号杆中，最少需要移动1次；第三步，将3号杆中的$n$个彩虹圈全部移动到1号杆中，需要移动的最少次数为$a_{n}$，所以$a_{n + 1}=2a_{n}+1$，所以$a_{n + 1}+1=2(a_{n}+1)$。又$a_{1}+1 = 2$，所以数列$\{a_{n}+1\}$是以2为首项，2为公比的等比数列，所以$a_{n}+1 = 2^{n}$，$a_{n}=2^{n}-1$，$a_{3}=7$，所以选项A，B均正确；因为$b_{n}=a_{n + 1}-n$，所以$b_{n}=2^{n + 1}-1 - n$，所以选项C错误；因为$\frac{b_{n}+n}{b_{n}b_{n + 1}}=\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}}$，所以$\sum_{i = 1}^{n}\frac{b_{i}+i}{b_{i}b_{i + 1}}=\frac{1}{b_{1}}-\frac{1}{b_{2}}+\frac{1}{b_{2}}-\frac{1}{b_{3}}+\frac{1}{b_{3}}-\frac{1}{b_{4}}+\cdots+\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n + 1}}=\frac{1}{b_{1}}-\frac{1}{b_{n + 1}}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n + 2}-n - 2}$，所以选项D正确。综上，选ABD。

例3 我们把形如Fn = 22ⁿ + 1(n∈N)的数叫做“费马数”，设an = log2(Fn - 1),n∈N*，Sn表示数列{an}的前n项和，则使不等式22S1S2 + 23S2S3 + ⋯ + 2n+1SnSn+1 ＜ 63127成立的最大正整数n的值是 （ ）
A.5
B.6
C.7
D.8

答案： A 因为$F_{n}=2^{2^{n}}+1(n\in N)$，所以当$n\in N^{*}$时，$a_{n}=\log_{2}(F_{n}-1)=\log_{2}(2^{2^{n}}+1 - 1)=2^{n}$，所以$S_{n}=\frac{2×(1 - 2^{n})}{1 - 2}=2^{n + 1}-2$。而$\frac{2^{n + 1}}{S_{n}S_{n + 1}}=\frac{2^{n + 1}}{(2^{n + 1}-2)(2^{n + 2}-2)}=\frac{1}{2^{n + 1}-2}-\frac{1}{2^{n + 2}-2}$，所以$\frac{2^{2}}{S_{1}S_{2}}+\frac{2^{3}}{S_{2}S_{3}}+\cdots+\frac{2^{n + 1}}{S_{n}S_{n + 1}}=\frac{1}{2^{2}-2}-\frac{1}{2^{3}-2}+\frac{1}{2^{3}-2}-\frac{1}{2^{4}-2}+\cdots+\frac{1}{2^{n + 1}-2}-\frac{1}{2^{n + 2}-2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n + 2}-2}$。若$\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n + 2}-2}＜\frac{63}{127}$，则$\frac{1}{2^{n + 2}-2}＞\frac{1}{254}$，即$2^{n + 2}＜256$，解得$n＜6$，故选A。

训练3 函数y = [x]称为高斯函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9] = 0，[lg 99] = 1.已知数列{an}满足a3 = 3，且an = n(an+1 - an)，若bn = [lg an]，则数列{bn}的前2 025项和为________.

答案： 4968 由$a_{n}=n(a_{n + 1}-a_{n})$，得$(n + 1)a_{n}=na_{n + 1}$，即$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{n + 1}{n}$，利用累乘法（或$\frac{a_{n + 1}}{n + 1}=\frac{a_{n}}{n}=\frac{a_{3}}{3}=1$），可得$a_{n}=n$。记$\{b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，当$1\leq n\leq9$时，$0\leq\lg a_{n}＜1$，$b_{n}=[\lg a_{n}]=0$；当$10\leq n\leq99$时，$1\leq\lg a_{n}＜2$，$b_{n}=1$；当$100\leq n\leq999$时，$2\leq\lg a_{n}＜3$，$b_{n}=2$；当$1000\leq n\leq2025$时，$3\leq\lg a_{n}＜4$，$b_{n}=3$。所以$T_{2025}=(b_{1}+\cdots + b_{9})+(b_{10}+\cdots + b_{99})+(b_{100}+\cdots + b_{999})+(b_{1000}+\cdots + b_{2025})=9×0 + 90×1 + 900×2 + 1026×3 = 4968$。