2024年5月21日发(作者：莱飞雪)

历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编

【

2023

年真题】

s

1.

（

2023

·新课标

I

卷

第

7

题）

记

S

n

为数列

{a

n

}

的前

n

项和，设甲：

{a

n

}

为等差数列：乙：

{

n

}

为等差

n

数列，则

( )

A.

甲是乙的充分条件但不是必要条件

B.

甲是乙的必要条件但不是充分条件

C.

甲是乙的充要条件

D.

甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

2.

（

2023

·新课标

II

卷

第

8

题）

记

S

n

为等比数列

{a

n

}

的前

n

项和，若

S

4

5

，

S

6

21S

2

，则

S

8



( )

A. 120 B. 85 C.

85

D.

120

n

2



n

3.

（

2023

·新课标

I

卷

第

20

题）设等差数列

{a

n

}

的公差为

d

，且

d1.

令

b

n



，记

S

n

，

T

n

分别为

a

n

数列



a

n



,



b

n



的前

n

项和

.

(1)

若

3a

2

3a

1

a

3

，

S

3

T

3

21

，求



a

n



的通项公式

;

(2)

若

{

b

n

}

为等差数列，且

S

99

T

99

99

，求

d.

4.

（

2023

·新课标

II

卷

第

18

题）已知

的前

n

项和，

S

4

32

，

T

3

16.

为等差数列，

T

n

分别为数列

，记

S

n

，，

(1)

求的通项公式；

(2)

证明：当

n5

时，

T

n

S

n

.

【

2022

年真题】



S

n



1

5.

（

2022

·新高考

I

卷

第

17

题）记

S

n

为数列

{

a

n

}

的前

n

项和，已知

a

1



1

，



是公差为的等差数

3



a

n



列

.

(1)

求

{

a

n

}

的通项公式

;

(2)

证明：

111



2.

a

1

a

2

a

n

6.

（

2022

·新高考

II

卷

第

17

题）已知

{a

n

}

为等差数列，

{b

n

}

为公比为

2

的等比数列，且

a

2

b

2

a

3

b

3

b

4

a

4

.

(1)

证明：

a

1

b

1

;

(2)

求集合

{k|b

k

a

m

a

1

,1剟m500}

中元素个数

.

【

2021

年真题】

7.

（

2021

·新高考

II

卷

第

12

题）（多选）设正整数

n



a

0



2



a

1



2



a

k



1



2

记





n



a

0

a

1

a

k

，则

( )

A.





2n









n



C.





8n5









4n3



B.





2n3









n



1

D.



21n

0k



1



a

k



2

k

，其中

a

i





0,1



，



n



8.

（

2021

·新高考

I

卷

第

16

题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把

纸对折．规格为

20dm12dm

的长方形纸，对折

1

次共可以得到

10dm12dm

，

20dm6dm

两种规格的图

形，它们的面积之和

S

1

240dm

，对折

2

次共可以得到

5dm12dm

，

10dm6dm

，

20dm3dm

三种规

2

格的图形，它们的面积之和

S

2

180dm

，以此类推．则对折

4

次共可以得到不同规格图形的种数为

2

____________________

；如果对折

n(nN

*

)

次，那么

S

1

S

2

S

n



__________

dm

2

.

9.

（

2021

·新高考

I

卷

第

17

题）已知数列



a

n



满足

a

1

1

，，

(1)

记

b

n

a

2n

，写出

b

1

，

b

2

，并求数列



b

n



的通项公式；

(2)

求



a

n



的前

20

项和

.

10.

（

2021

·新高考

II

卷

第

17

题）记

S

n

是公差不为

0

的等差数列

{a

n

}

的前

n

项和，若

a

3

S

5

，

a

2

a

4

S

4

.

(1)

求数列

{a

n

}

的通项公式

a

n

；

(2)

求使

S

n

a

n

成立的

n

的最小值．

【

2020

年真题】

11.

（

2020

·新高考

I

卷

第

14

题、

II

卷

第

15

题）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

__________.

12.

（

2020

·新高考

I

卷

第

18

题）已知公比大于

1

的等比数列

{a

n

}

满足

a

2

a

4

20,a

3

8.

(1)

求

{a

n

}

的通项公式；

(2)

记

b

m

为

{

a

n

}

在区间

(0,m](mN

*

)

中的项的个数，求数列

{b

m

}

的前

100

项和

S

100

.

13.

（

2020

·新高考

II

卷

第

18

题）已知公比大于

1

的等比数列

{a

n

}

满足

a

2

a

4

20

，

a

3

8.

(1)

求

{a

n

}

的通项公式；

(2)

求

a

1

a

2

a

2

a

3



…



(



1)

n



1

a

n

a

n



1

.

参考答案

1.

（

2023

·新课标

I

卷

第

7

题）

解：方法

1:

为等差数列，设其首项为

a

1

，公差为

d

，

则

S

n



na

1



故

{

n(n



1)

SSS

n



1ddd

d



n



a

1



，

n



1



n



，

d

，

n



a

1



n



1n2222

n

2

S

n

}

为等差数列，则甲是乙的充分条件，，

n

S

n



1

S

n

nS

n



1



(

n



1)

S

n

na

n



1



S

n

S



反之，

{

n

}

为等差数列，即

为常数，设为

t

n



1

nn

(

n



1)

n

(

n



1)

n

即

na

n



1



S

n



t

，故

S

n



na

n



1



t



n(n



1)

故

S

n



1



(n



1)a

n



t



n(n



1)

，

n…2

n

(

n



1)

两式相减有：

a

n



na

n



1



(n



1)a

n



2tn



a

n



1



a

n



2t

，对

n1

也成立，故

{

a

n

}

为等差数列，

则甲是乙的必要条件，

故甲是乙的充要条件，故选

C.

方法

2:

因为甲：

{

a

n

}

为等差数列，设数列

{

a

n

}

的首项

a

1

，公差为

d.

即

S

n



na

1



则

n(n



1)

d

，

2

S

S

n

dd(n



1)



a

1



d



n



a

1



，故

{

n

}

为等差数列，即甲是乙的充分条件．

222

n

n

S

SSS

反之，乙：

{

n

}

为等差数列

.

即

n



1



n



D

，

n



S

1



(

n



1)

D

.

n



1nn

n

即

S

n

nS

1

n(n1)D.

2

时，

S

n



1



(n



1)S

1



(n



1)(n



2)D.

当

n…

上两式相减得：

a

n



S

n



S

n



1



S

1



2(n



1)D

，

所以

a

n

a

1

2(n1)D.

当

n1

时，上式成立．

又

a

n



1



a

n



a

1



2nD



(a

1



2(n



1)D)



2D

为常数

.

所以

{

a

n

}

为等差数列．

则甲是乙的必要条件，

故甲是乙的充要条件，故选

C .

2.

（

2023

·新课标

II

卷

第

8

题）

解：

S

2

，

S

4

S

2

，

S

6

S

4

，

S

8

S

6

成等比数列，



S

4



S

2



q

2

S

2



(q

2



1)S

2



5



4



S

6



S

4



qS

2



S

6



5





4

(21)5q



S



2





S



21S

62



从而计算可得

S

2

1,S

4

5,S

6

21,S

8

85

故选

C.

3.

（

2023

·新课标

I

卷

第

20

题）

解：因为

3a

2

3a

1

a

3

，故

3da

3

a

1

2d

，

n(n



1)dn(n



3)

n

2



nn



1



即

a

1

d

，故

a

n

nd

，所以

b

n



，

S

n



，

T

n



，

22d

ndd

1

3



4d3



6



21

，即

2d

2

7d30

，故

d3

或

d(

舍

)

，

又

S

3

T

3

21

，即

22d

2

故

{

a

n

}

的通项公式为：

a

n

3n.

(2)

方法一：

(

基本量法

)

若

{

b

n

}

为等差数列，则

2b

2

b

1

b

3

，即

2



a

1

2d;

2



31



23



4



，即

a

1

2

3a

1

d2d

2

0

，所以

a

1

d

或

a

1



da

1

a

1



2d

当

a

1

d

时，

a

n

nd

，

b

n



即

n



1n(n



1)dn(n



3)

，故

S

n



，

T

n



，又

S

99

T

99

99

，

d22d

99



100d99



10251



99

，即

50d

2

d510

，所以

d

或

d1(

舍

);

22d50

nn(n



3)dn(n



1)

，故

S

n



，

T

n



，又

S

99

T

99

99

，

22

dd

当

a

1

2d

时，

a

n

(n1)d

，

b

n



即

99



102d99



10050



99

，即

51d

2

d500

，所以

d(

舍

)

或

d1(

舍

);

22d51

51

.

综上：

d

50

方法二：

n

2



n(n



1)



n



因为

{

a

n

}

为等差数列且公差为

d

，所以可得

a

n

dna

1

d

，则

b

n



dn



a

1



ddn



a

1



d

解法一：因为

{

b

n

}

为等差数列，根据等差数列通项公式可知

b

n

与

n

的关系满足一次函数，所以上式中的分

母

“

dna

1

d

”

需满足

a

1

d0

或者

d



1

，即

a

1

d

或者

a

1

2d;

a

1



d

2612

n

2



n(n



1)



n

b



b



b



b



，

2

可得，

1

解法二：由

n

，

3

，因为

{

b

n

}

为等差数列，

a

1

a

1



da

1



2d

dn



a

1



ddn



a

1



d

所以满足

b

1

b

3

2b

2

，即

2126



2



，两边同乘

a

1

(a

1

d)(a

1

2d)

化简得

a

1

2

3a

1

d2d

2

0

，

a

1

a

1



2da

1



d

解得

a

1

d

或者

a

1

2d;

因为

{

a

n

}

，

{b

n

}

均为等差数列，所以

S

99

99a

50

，

T

99

99b

50

，则

S

99

T

99

99

等价于

a

50

b

50

1

，

①当

a

1

d

时，

a

n

dn

，

b

n



151

(

n



1)

，则

a

50



b

50



50d



1

，得

d

d

50d

2

d510(50d51)(d1)0

，解得

d

②当

a

1

2d

时，

a

n

d(n1)

，

b

n



5151

;

或者

d1

，因为

d1

，所以

d

5050

150

n

，则

a

50



b

50



51d



1

，化简得

d

d

51d

2

d500(51d50)(d1)0

，解得

d

综上所述，

d

50

或者

d1

，因为

d1

，所以均不取

;

51

51

.

50

4.

（

2023

·新课标

II

卷

第

18

题）

解：

(1)

设数列

由题意知：

的公差为

d

，

，即，解得

a

n

52(n1)2n3.

(2)

由

(1)

知

a

n

2n3

，

，

b

2n



1



b

2n



12n



1

，

当

n

为偶数时，

当

n

为奇数时，

T

n



T

n



1



b

n



1



3735

(n



1)

2



(n



1)



4(n



1)



6



n

2



n



5

，

2222



当

n

为偶数且

n5

时，即

n…6

时，

T

n

S

n



3

2

71nn

nnn(n4)n

2

(n1)0

，

22222

3

2

5131

nn5n(n4)n

2

n5(n2)(n5)0.

22222

7

时，

当

n

为奇数且

n5

时，即

n…

T

n

S

n





当

n5

时，

T

n

S

n

.

5.

（

2022

·新高考

I

卷

第

17

题）

2024年5月21日发(作者：莱飞雪)

历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编

【

2023

年真题】

s

1.

（

2023

·新课标

I

卷

第

7

题）

记

S

n

为数列

{a

n

}

的前

n

项和，设甲：

{a

n

}

为等差数列：乙：

{

n

}

为等差

n

数列，则

( )

A.

甲是乙的充分条件但不是必要条件

B.

甲是乙的必要条件但不是充分条件

C.

甲是乙的充要条件

D.

甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

2.

（

2023

·新课标

II

卷

第

8

题）

记

S

n

为等比数列

{a

n

}

的前

n

项和，若

S

4

5

，

S

6

21S

2

，则

S

8



( )

A. 120 B. 85 C.

85

D.

120

n

2



n

3.

（

2023

·新课标

I

卷

第

20

题）设等差数列

{a

n

}

的公差为

d

，且

d1.

令

b

n



，记

S

n

，

T

n

分别为

a

n

数列



a

n



,



b

n



的前

n

项和

.

(1)

若

3a

2

3a

1

a

3

，

S

3

T

3

21

，求



a

n



的通项公式

;

(2)

若

{

b

n

}

为等差数列，且

S

99

T

99

99

，求

d.

4.

（

2023

·新课标

II

卷

第

18

题）已知

的前

n

项和，

S

4

32

，

T

3

16.

为等差数列，

T

n

分别为数列

，记

S

n

，，

(1)

求的通项公式；

(2)

证明：当

n5

时，

T

n

S

n

.

【

2022

年真题】



S

n



1

5.

（

2022

·新高考

I

卷

第

17

题）记

S

n

为数列

{

a

n

}

的前

n

项和，已知

a

1



1

，



是公差为的等差数

3



a

n



列

.

(1)

求

{

a

n

}

的通项公式

;

(2)

证明：

111



2.

a

1

a

2

a

n

6.

（

2022

·新高考

II

卷

第

17

题）已知

{a

n

}

为等差数列，

{b

n

}

为公比为

2

的等比数列，且

a

2

b

2

a

3

b

3

b

4

a

4

.

(1)

证明：

a

1

b

1

;

(2)

求集合

{k|b

k

a

m

a

1

,1剟m500}

中元素个数

.

【

2021

年真题】

7.

（

2021

·新高考

II

卷

第

12

题）（多选）设正整数

n



a

0



2



a

1



2



a

k



1



2

记





n



a

0

a

1

a

k

，则

( )

A.





2n









n



C.





8n5









4n3



B.





2n3









n



1

D.



21n

0k



1



a

k



2

k

，其中

a

i





0,1



，



n



8.

（

2021

·新高考

I

卷

第

16

题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把

纸对折．规格为

20dm12dm

的长方形纸，对折

1

次共可以得到

10dm12dm

，

20dm6dm

两种规格的图

形，它们的面积之和

S

1

240dm

，对折

2

次共可以得到

5dm12dm

，

10dm6dm

，

20dm3dm

三种规

2

格的图形，它们的面积之和

S

2

180dm

，以此类推．则对折

4

次共可以得到不同规格图形的种数为

2

____________________

；如果对折

n(nN

*

)

次，那么

S

1

S

2

S

n



__________

dm

2

.

9.

（

2021

·新高考

I

卷

第

17

题）已知数列



a

n



满足

a

1

1

，，

(1)

记

b

n

a

2n

，写出

b

1

，

b

2

，并求数列



b

n



的通项公式；

(2)

求



a

n



的前

20

项和

.

10.

（

2021

·新高考

II

卷

第

17

题）记

S

n

是公差不为

0

的等差数列

{a

n

}

的前

n

项和，若

a

3

S

5

，

a

2

a

4

S

4

.

(1)

求数列

{a

n

}

的通项公式

a

n

；

(2)

求使

S

n

a

n

成立的

n

的最小值．

【

2020

年真题】

11.

（

2020

·新高考

I

卷

第

14

题、

II

卷

第

15

题）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

__________.

12.

（

2020

·新高考

I

卷

第

18

题）已知公比大于

1

的等比数列

{a

n

}

满足

a

2

a

4

20,a

3

8.

(1)

求

{a

n

}

的通项公式；

(2)

记

b

m

为

{

a

n

}

在区间

(0,m](mN

*

)

中的项的个数，求数列

{b

m

}

的前

100

项和

S

100

.

13.

（

2020

·新高考

II

卷

第

18

题）已知公比大于

1

的等比数列

{a

n

}

满足

a

2

a

4

20

，

a

3

8.

(1)

求

{a

n

}

的通项公式；

(2)

求

a

1

a

2

a

2

a

3



…



(



1)

n



1

a

n

a

n



1

.

参考答案

1.

（

2023

·新课标

I

卷

第

7

题）

解：方法

1:

为等差数列，设其首项为

a

1

，公差为

d

，

则

S

n



na

1



故

{

n(n



1)

SSS

n



1ddd

d



n



a

1



，

n



1



n



，

d

，

n



a

1



n



1n2222

n

2

S

n

}

为等差数列，则甲是乙的充分条件，，

n

S

n



1

S

n

nS

n



1



(

n



1)

S

n

na

n



1



S

n

S



反之，

{

n

}

为等差数列，即

为常数，设为

t

n



1

nn

(

n



1)

n

(

n



1)

n

即

na

n



1



S

n



t

，故

S

n



na

n



1



t



n(n



1)

故

S

n



1



(n



1)a

n



t



n(n



1)

，

n…2

n

(

n



1)

两式相减有：

a

n



na

n



1



(n



1)a

n



2tn



a

n



1



a

n



2t

，对

n1

也成立，故

{

a

n

}

为等差数列，

则甲是乙的必要条件，

故甲是乙的充要条件，故选

C.

方法

2:

因为甲：

{

a

n

}

为等差数列，设数列

{

a

n

}

的首项

a

1

，公差为

d.

即

S

n



na

1



则

n(n



1)

d

，

2

S

S

n

dd(n



1)



a

1



d



n



a

1



，故

{

n

}

为等差数列，即甲是乙的充分条件．

222

n

n

S

SSS

反之，乙：

{

n

}

为等差数列

.

即

n



1



n



D

，

n



S

1



(

n



1)

D

.

n



1nn

n

即

S

n

nS

1

n(n1)D.

2

时，

S

n



1



(n



1)S

1



(n



1)(n



2)D.

当

n…

上两式相减得：

a

n



S

n



S

n



1



S

1



2(n



1)D

，

所以

a

n

a

1

2(n1)D.

当

n1

时，上式成立．

又

a

n



1



a

n



a

1



2nD



(a

1



2(n



1)D)



2D

为常数

.

所以

{

a

n

}

为等差数列．

则甲是乙的必要条件，

故甲是乙的充要条件，故选

C .

2.

（

2023

·新课标

II

卷

第

8

题）

解：

S

2

，

S

4

S

2

，

S

6

S

4

，

S

8

S

6

成等比数列，



S

4



S

2



q

2

S

2



(q

2



1)S

2



5



4



S

6



S

4



qS

2



S

6



5





4

(21)5q



S



2





S



21S

62



从而计算可得

S

2

1,S

4

5,S

6

21,S

8

85

故选

C.

3.

（

2023

·新课标

I

卷

第

20

题）

解：因为

3a

2

3a

1

a

3

，故

3da

3

a

1

2d

，

n(n



1)dn(n



3)

n

2



nn



1



即

a

1

d

，故

a

n

nd

，所以

b

n



，

S

n



，

T

n



，

22d

ndd

1

3



4d3



6



21

，即

2d

2

7d30

，故

d3

或

d(

舍

)

，

又

S

3

T

3

21

，即

22d

2

故

{

a

n

}

的通项公式为：

a

n

3n.

(2)

方法一：

(

基本量法

)

若

{

b

n

}

为等差数列，则

2b

2

b

1

b

3

，即

2



a

1

2d;

2



31



23



4



，即

a

1

2

3a

1

d2d

2

0

，所以

a

1

d

或

a

1



da

1

a

1



2d

当

a

1

d

时，

a

n

nd

，

b

n



即

n



1n(n



1)dn(n



3)

，故

S

n



，

T

n



，又

S

99

T

99

99

，

d22d

99



100d99



10251



99

，即

50d

2

d510

，所以

d

或

d1(

舍

);

22d50

nn(n



3)dn(n



1)

，故

S

n



，

T

n



，又

S

99

T

99

99

，

22

dd

当

a

1

2d

时，

a

n

(n1)d

，

b

n



即

99



102d99



10050



99

，即

51d

2

d500

，所以

d(

舍

)

或

d1(

舍

);

22d51

51

.

综上：

d

50

方法二：

n

2



n(n



1)



n



因为

{

a

n

}

为等差数列且公差为

d

，所以可得

a

n

dna

1

d

，则

b

n



dn



a

1



ddn



a

1



d

解法一：因为

{

b

n

}

为等差数列，根据等差数列通项公式可知

b

n

与

n

的关系满足一次函数，所以上式中的分

母

“

dna

1

d

”

需满足

a

1

d0

或者

d



1

，即

a

1

d

或者

a

1

2d;

a

1



d

2612

n

2



n(n



1)



n

b



b



b



b



，

2

可得，

1

解法二：由

n

，

3

，因为

{

b

n

}

为等差数列，

a

1

a

1



da

1



2d

dn



a

1



ddn



a

1



d

所以满足

b

1

b

3

2b

2

，即

2126



2



，两边同乘

a

1

(a

1

d)(a

1

2d)

化简得

a

1

2

3a

1

d2d

2

0

，

a

1

a

1



2da

1



d

解得

a

1

d

或者

a

1

2d;

因为

{

a

n

}

，

{b

n

}

均为等差数列，所以

S

99

99a

50

，

T

99

99b

50

，则

S

99

T

99

99

等价于

a

50

b

50

1

，

①当

a

1

d

时，

a

n

dn

，

b

n



151

(

n



1)

，则

a

50



b

50



50d



1

，得

d

d

50d

2

d510(50d51)(d1)0

，解得

d

②当

a

1

2d

时，

a

n

d(n1)

，

b

n



5151

;

或者

d1

，因为

d1

，所以

d

5050

150

n

，则

a

50



b

50



51d



1

，化简得

d

d

51d

2

d500(51d50)(d1)0

，解得

d

综上所述，

d

50

或者

d1

，因为

d1

，所以均不取

;

51

51

.

50

4.

（

2023

·新课标

II

卷

第

18

题）

解：

(1)

设数列

由题意知：

的公差为

d

，

，即，解得

a

n

52(n1)2n3.

(2)

由

(1)

知

a

n

2n3

，

，

b

2n



1



b

2n



12n



1

，

当

n

为偶数时，

当

n

为奇数时，

T

n



T

n



1



b

n



1



3735

(n



1)

2



(n



1)



4(n



1)



6



n

2



n



5

，

2222



当

n

为偶数且

n5

时，即

n…6

时，

T

n

S

n



3

2

71nn

nnn(n4)n

2

(n1)0

，

22222

3

2

5131

nn5n(n4)n

2

n5(n2)(n5)0.

22222

7

时，

当

n

为奇数且

n5

时，即

n…

T

n

S

n





当

n5

时，

T

n

S

n

.

5.

（

2022

·新高考

I

卷

第

17

题）