一、单选题 （共 35 题，每小题 5 分，共 50 分，每题只有一个选项正确）
斐波那切是意大利 13 世纪的数学家, 其传世名作为 《算盘书》, 书中有一个著名的问题: 一个人经过七道 门进人果园，摘了若干苹果. 他离开果园时, 给第一个守门人一半加 1 个; 给第二个守门人, 是余下的一 半加 1 个; 对其他五个守门人, 也如此这般, 最后他带着 1 个苹果离开果园. 请问：当初他一共摘了多少个苹果.
$\text{A.}$ 1522
$\text{B.}$ 762
$\text{C.}$ 382
$\text{D.}$ 192
意大利数学家斐波那契以兔子的繁殖数量为例，引入数列：$1,1,2,3,5,8，...$，该数列从第三项起每一项都等于前两项的和, 即递推关系式为 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n, n \in N^*$, 故此数列称为斐波那契数列, 又称“兔子数列”. 已知满足上述递推关系式们数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式为 $a_n=A \cdot\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+B \cdot\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$, 其中 A、B 的值可由 $a_1$ 和 $a_2$ 得到, 比如兔子数列中 $a_1=1, a_2=1$ 代入解得 $A=\frac{1}{\sqrt{5}}, B=-\frac{1}{\sqrt{5}}$. 利用 以上信息计算 $\left[\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)^5\right]=(\quad) .([x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数 $)$
$\text{A.}$ 10
$\text{B.}$ 11
$\text{C.}$ 12
$\text{D.}$ 13
设数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 且 $n S_n=(n+1) S_n+(n-1) n(n+1)\left(n \geqslant 2, n \in \mathbf{N}^*\right)$, 若 $S_1=-50$, 则下列结论正确的有
$\text{A.}$ $a_5>0$
$\text{B.}$ 当 $n=4$ 时, $S_n$ 取得最小值
$\text{C.}$ 当 $S_n>0$ 时, $n$ 的最小值为 7
$\text{D.}$ 当 $n=5$ 时, $\frac{S_n}{a_n}$ 取得最小值
已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足: $a_1=3$, 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_n=\left(\sqrt{a_{n-1}+1}+1\right)^2-1$, 则数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式 是
$\text{A.}$ $a_n=2 n+1$
$\text{B.}$ $a_n=n^2+2 n$
$\text{C.}$ $a_n=n^2+2$
$\text{D.}$ $a_n=2 n^2+1$
斐波那契数列 $\left\{F_n\right\}$ 因数学家莱昂纳多·斐波那契 (LeonardodaFibonaci) 以兔子繁殖为例而引 入, 故又称为 “兔子数列”. 因 $n$ 趋向于无穷大时, $\frac{F_n}{F_{n+1}}$ 无限趋近于黄金分割数, 也被称为 黄金分割数列. 在数学上, 斐波那契数列由以下递推方法定义: 数列 $\left\{F_n\right\}$ 满足 $F_1=F_2=1$, $F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$, 若从该数列前 10 项中随机抽取 1 项, 则抽取项是奇数的概率为
$\text{A.}$ $\frac{1}{2}$
$\text{B.}$ $\frac{3}{10}$
$\text{C.}$ $\frac{2}{3}$
$\text{D.}$ $\frac{7}{10}$
已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$. 若 $a_1=2, a_{n+1}=S_n$, 则 $S_8=$
$\text{A.}$ 512
$\text{B.}$ 510
$\text{C.}$ 256
$\text{D.}$ 254
数列 $\left\{a_n\right\}$ 的各项均为实数, $S_n$ 为其前 $n$ 项和, 对任意 $k>2022(k \in \mathbf{N})$ 都有 $\left|S_k\right|>\left|S_{k+1}\right|$, 则下列说法正确的是
$\text{A.}$ $a_1 、 a_3 、 a_5 、 \cdots 、 a_{2 n-1}$ 为等差数列, $a_2 、 a_4 、 a_6 、 \cdots 、 a_{2 n}$ 为等比数列
$\text{B.}$ $a_1 、 a_3 、 a_5 、 \cdots 、 a_{2 n-1}$ 为等比数列, $a_2 、 a_4 、 a_6 、 \cdots 、 a_{2 n}$ 为等差数列
$\text{C.}$ $a_1 、 a_2 、 a_3 、 \cdots 、 a_{2022}$ 为等差数列, $a_{2023} 、 a_{2024} 、 \cdots 、 a_n$ 为等比数列
$\text{D.}$ $a_1 、 a_2 、 a_3 、 \cdots 、 a_{2022}$ 为等比数列, $a_{2023} 、 a_{2024} 、 \cdots 、 a_n$ 为等差数列
数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_n}, a_1=3$, 则 $a_{2021}=(\quad)$
$\text{A.}$ $-\frac{1}{2}$
$\text{B.}$ $\frac{2}{3}$
$\text{C.}$ $\frac{5}{2}$
$\text{D.}$ $3$
等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 的各项均为实数, 其前 $n$ 项和为 $S_n$, 已知 $S_3=14, S_6=\frac{63}{4}$, 则 $a_5=$
$\text{A.}$ $2$
$\text{B.}$ $\frac{1}{2}$
$\text{C.}$ $4$
$\text{D.}$ $\frac{1}{4}$
若数列 $\left\{a_n\right\},\left\{b_n\right\}$ 的通项公式分别是 $a_n=(-1)^{n+2014} a, b_n=2+\frac{(-1)^{n+2015}}{n}$, 且 $a_n < b_n$ 对任 意 $n \in N^*$ 恒成立, 则实数 $a$ 的取值范围是
$\text{A.}$ $\left[-1, \frac{1}{2}\right)$
$\text{B.}$ $\left[-1, \frac{3}{2}\right)$
$\text{C.}$ $\left[-2, \frac{1}{2}\right)$
$\text{D.}$ $\left[-2, \frac{3}{2}\right)$
已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1, a_{n+1}=a_n-\frac{1}{3} a_n^2\left(n \in \mathbf{N}^*\right)$, 则
$\text{A.}$ $2 < 100 a_{100} < \frac{5}{2}$
$\text{B.}$ $\frac{5}{2} < 100 a_{100} < 3$
$\text{C.}$ $3 < 100 a_{100} < \frac{7}{2}$
$\text{D.}$ $\frac{7}{2} < 100 a_{100} < 4$
设等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 若 $S_3=-27, a_4=5 a_6$, 且 $S_m>0$, 则 $m$ 的最小值为
$\text{A.}$ 11
$\text{B.}$ 12
$\text{C.}$ 13
$\text{D.}$ 14
设数列 $\left\{a_n\right\}$ 为正项等差数列, 且其前 $n$ 項和为 $S_n$, 若 $S_{2023}=2023$, 则下列判断错误的是
$\text{A.}$ $a_{1012}=1$
$\text{B.}$ $a_{1013} \geqslant 1$
$\text{C.}$ $S_{2022}>2022$
$\text{D.}$ $S_{2024} \geqslant 2024$
已知数列, $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 且 $3 a_2=a_1+8, S_n=a_{n+1}-2$, 则 $S_{2022}=$
$\text{A.}$ $2^{2021}-1$
$\text{B.}$ $2^{2022}-1$
$\text{C.}$ $3 \times 2^{2021}-2$
$\text{D.}$ $3 \times 2^{2022}-2$
记 $T_n$ 为数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项积, 已知 $\frac{1}{T_n}+\frac{1}{a_n}=1$, 则 $T_{10}= $
$\text{A.}$ 8
$\text{B.}$ 9
$\text{C.}$ 10
$\text{D.}$ 11
天干地支纪年法源于中国, 中国自古便有十天干与十二地支地支. 十天干即: 甲、乙、丙、 丁、戊、己、庚、辛、壬、癸; 十二地支即: 子、丑、寅、卯、辰、巳、午、末、申、 酉、戌、亥. 天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配, 排列起来, 天干在前, 地支在后, 天干由 “甲” 起, 地支由“子” 起, 比如第一年为 “甲子”, 第二年为 “乙丑”, 第三年为 “丙寅” $\cdots$, 以此类推, 排列到 “癸酉” 后, 天干回到 “甲” 重新开始, 即 “甲成”, “乙亥”, 之后地支回到 “子” 重新开始, 即 “丙子”, ..., 以此类推, 2023 年是癸卯年, 请问: 在 100 年后的 2123 年为
$\text{A.}$ 壬午年
$\text{B.}$ 癸末年
$\text{C.}$ 己亥年
$\text{D.}$ 戊戌年
"中国剩余定理" 又称 "孙子定理"，1852 年英国来华传教士伟烈亚力将 《孙子算经》中 "物 不知数" 问题的解法传至欧洲. 1874 年英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得出的 关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为 “中国剩余定理"，“中国剩余定理" 讲的是一 个关于同余的问题.现有这样一个问题 : 将正整数中能被 3 除余 1 且被 2 除余 1 的数按由小到大 的顺序排成一列，构成数列 $\left\{a_n\right\}$ ，则 $a_{10}=$
$\text{A.}$ 55
$\text{B.}$ 49
$\text{C.}$ 43
$\text{D.}$ 37
中国古代数学专著 《九章算术》的第一章 “方田” 中载有 “半周半径相乘得积步”, 其大意为: 圆的半 周长乘以其半径等于圆面积. 南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积 “替代” 圆的面 积, 并通过增加圆内接正多边形的边数 $n$ 使得正多边形的面积更接近圆的面积, 从而更为 “精确” 地估计 圆周率 $\pi$. 据此, 当 $n$ 足够大时, 可以得到 $\pi$ 与 $n$ 的关系为
$\text{A.}$ $\pi \approx \frac{n}{2} \sin \frac{360^{\circ}}{n}$
$\text{B.}$ $\pi \approx n \sin \frac{180^{\circ}}{n}$
$\text{C.}$ $\pi \approx \sqrt[n]{2\left(1-\cos \frac{360^{\circ}}{n}\right)}$
$\text{D.}$ $\pi \approx \frac{n}{2} \sqrt{1-\cos \frac{180^{\circ}}{n}}$
土壤中微量元素 (如 $N, P, K$ 等) 的含量直接影响植物的生长发育, 进而影响植物群 落内植物种类的分布. 某次实验中, 为研究某微量元素对植物生长发育的具体影 响, 实验人员配比了不同浓度的溶液若干, 其浓度指标值可近似拟合为 $\mathrm{e}, \mathrm{e}, \mathrm{e}^2, \mathrm{e}^3$, $\mathrm{e}^5, \mathrm{e}^8, \mathrm{e}^{13}, \cdots$, 并记这个指标值为 $b_n$, 则 $\sum_{i=1}^{20}\left(\ln b_i\right)^2=$
$\text{A.}$ $\ln b_{19} \ln b_{20}$
$\text{B.}$ $\ln b_{20} \ln b_{21}$
$\text{C.}$ $\ln b_{19}+\ln b_{20}$
$\text{D.}$ $\ln b_{20}+\ln b_{21}$
公比为 2 的等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 的各项都是正数, 且 $a_3 a_{11}=16$, 则 $\log _2 a_{10}=$
$\text{A.}$ 4
$\text{B.}$ 5
$\text{C.}$ 6
$\text{D.}$ 7
角谷猜想” 首先流传于美国, 不久便传到欧洲, 后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到 亚洲, 因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”. “角谷猜想”是指一个正整数, 如果是奇数就乘以 3 再加 1 , 如果是偶数就除以 2 , 这样经过若干次运算, 最终回到 1 . 对任意正整数 $a_0$, 记按照上 述规则实施第 $n$ 次运算的结果为 $a_n(n \in \mathbf{N})$, 若 $a_5=1$, 且 $a_i(i=1,2,3,4)$ 均不为 1 , 则 $a_0=$
$\text{A.}$ 5 或 16
$\text{B.}$ 5 或 32
$\text{C.}$ 3 或 8
$\text{D.}$ 7 或 32
已知 $\left\{a_n\right\}$ 是各项不相等的等差数列, 若 $a_1=4$, 且 $a_2, a_4, a_8$ 成等比数列, 则数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 6 项和 ( ).
$\text{A.}$ 84
$\text{B.}$ 144
$\text{C.}$ 288
$\text{D.}$ 110
已知首项为 3 的数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 若 $a_n S_{n+1}+2=a_n\left(S_n+2\right)$, 则 $S_{2023}=$
$\text{A.}$ 1435
$\text{B.}$ 1436
$\text{C.}$ $\frac{8603}{6}$
$\text{D.}$ $\frac{4307}{3}$
已知数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 满足 $\dfrac{a_{n+1}-a_n}{\left(1+a_1^2\right)\left(1+a_2^2\right) \mathrm{...}\left(1+a_n^2\right)}=0 \quad\left(\mathrm{n} \in \mathrm{N}^*\right)$, 则
$\text{A.}$ $a_{2021}>a_1$
$\text{B.}$ $\mathrm{a}_{2021} < \mathrm{a}_1$
$\text{C.}$ 数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等差数列
$\text{D.}$ 数列 $\left\{a_n\right\}$ 是等比数列
已知等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的公差为 $\frac{2 \pi}{3}$, 集合 $S=\left\{\cos a_n \mid n \in N^*\right\}$, 若 $S=\{a, b\}$, 则 $a b=$
$\text{A.}$ -1
$\text{B.}$ $-\frac{1}{2}$
$\text{C.}$ 0
$\text{D.}$ $\frac{1}{2}$
已知 $\left\{a_n\right\}$ 为等比数列, $S_n$ 为数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{n+1}=2 S_n+2$, 则 $a_4$ 的值为
$\text{A.}$ 3
$\text{B.}$ 18
$\text{C.}$ 54
$\text{D.}$ 152
已知等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 中, $a_3+a_5+\cdots+a_{2 k+1}=84, a_2+a_4+\cdots+a_{2 k}=42, k \in \mathbf{N}_{+}$, 则公比 $q=$
$\text{A.}$ 5
$\text{B.}$ 4
$\text{C.}$ 3
$\text{D.}$ 2
已知等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 若 $S_2=5, S_5=2$, 则 $S_7=$
$\text{A.}$ -5
$\text{B.}$ -6-
$\text{C.}$ -7
$\text{D.}$ -8
若数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n, 2 S_n a_n=a_n{ }^2+1\left(n \in N^*, a_n>0\right)$, 则下列结论正确的是
$\text{A.}$ $a_{2022} a_{2023}>1$
$\text{B.}$ $a_{2023}>\sqrt{2023}$
$\text{C.}$ $S_{2023} < \sqrt{2022}$
$\text{D.}$ $\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+\cdots+\frac{1}{S_{100}} < 19$
已知正项等比数列 $\left\{a_n\right\}$, 若 $a_3 a_5=64, a_5+2 a_6=8$, 则 $a_2=$
$\text{A.}$ 16
$\text{B.}$ 32
$\text{C.}$ 48
$\text{D.}$ 64
已知等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 若 $S_{12}=S_4+16 S_8$, 则公比 $q=$
$\text{A.}$ 3
$\text{B.}$ $\pm 2$
$\text{C.}$ 2
$\text{D.}$ $\pm 3$
对于给定的数列 $\left\{a_n\right\}$, 如果存在实数 $p, q$, 使得 $a_{n+1}=p a_n+q$ 对任意 $n \in \mathrm{N}^*$ 成立, 我们称数列 $\left\{a_n\right\}$是 “线性数列” , 数列 $\left\{c_n\right\}$ 满足 $c_1=1, c_{n+1}=c_n+b_n\left(n \in \mathrm{N}^*\right)$, 则
$\text{A.}$ 等差数列是 “线性数列”
$\text{B.}$ 等比数列是 “线性数列”
$\text{C.}$ 若 $\left\{b_n\right\}$ 是等差数列，则 $\left\{c_n\right\}$ 是 “线性数列”
$\text{D.}$ 若 $\left\{b_n\right\}$ 是等比数列，则 $\left\{c_n\right\}$ 是 “线性数列”
数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1, a_2=2$, 数列 $\left\{\frac{a_{n+1}}{a_n}\right\}$ 是公比为 2 的等比数列, 则 $\sum_{i=2}^{2024} \log _{a_i} 2=$
$\text{A.}$ $\frac{2023}{2024}$
$\text{B.}$ $\frac{2023}{1012}$
$\text{C.}$ $\frac{1011}{2024}$
$\text{D.}$ $\frac{1011}{1012}$
已知公比不为 1 的正项等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_3^2=a_m a_n\left(m, n \in N^*\right)$, 则 $\frac{4}{m}+\frac{1}{n}$ 的最小值为
$\text{A.}$ 6
$\text{B.}$ 2
$\text{C.}$ $\frac{3}{2}$
$\text{D.}$ $\frac{1}{2}$
已知数列 $\left\{a_k\right\}$ 为有穷整数数列，具有性质 $p$ : 若对任意的 $n \in\{1,2,3,4\}$ ， $\left\{a_k\right\}$ 中存在 $a_i, a_{i+1}, a_{i+2}, \cdots, a_{i+j}\left(i \geq 1, j \geq 0, i, j \in N^*\right)$, 使得 $a_i+a_{i+1}+a_{i+2}+\cdots+a_{i+j}=n$, 则称 $\left\{a_k\right\}$ 为 $4-$ 连续可表数列. 下面数列为 $4-$ 连续可表数列的是
$\text{A.}$ $1,1,1$
$\text{B.}$ $1,1,2$
$\text{C.}$ $1,3,1$
$\text{D.}$ $2,3,6$
二、多选题 （共 12 题，每小题 5 分，共 20 分, 每题有多个选项符合要求，全部选对得 5 分，部分选对得 2 分，有选错得 0 分）
如图, $P_1$ 是一块半径为 1 的圆形纸板, 在 $P_1$ 的左下端剪去一个半径为 $\frac{1}{2}$ 的半圆后得到图形 $P_2$, 然后依次剪去一个更小的半圆 (其直径为前 一个前掉半圆的半径) 得图形 $P_3, P_4, \cdots, P_n, \cdots$, 记纸板 $P_n$ 的周长为 $L_n$, 面积为 $S_n$, 则下列说法正确的是
$\text{A.}$ $L_3=\frac{7}{4} \pi+\frac{1}{2}$
$\text{B.}$ $S_3=\frac{11}{32} \pi$
$\text{C.}$ $L_n=\pi\left[2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right]+\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$
$\text{D.}$ $S_{n+1}=S_n-\frac{\pi}{2^{2 n+1}}$
为提高学生学习数学的热情, 某校积极筹建数学兴趣小组, 小组成员仿照教材中等差数列和等比数列的概 念, 提出 “等积数列” 的概念：从第二项起, 每一项与前一项之积为同一个常数 已知数列 $\left\{a_n \mid\right.$ 是一个 “等积数列”, $a_1=1, a_{99} a_{100} a_{\text {si1 }}=2$, 其前 $n$ 项和为 $S_n$, 则下列说法正确的是
$\text{A.}$ $a_{202}=1$
$\text{B.}$ $S_{2023}=3^{1011}+1$
$\text{C.}$ $a_n=\frac{3+(-1)^n}{2}$
$\text{D.}$ $S_n=\frac{3}{2} n+\frac{(-1)^n-1}{4}$
关于等差数列和等比数列, 下列四个选项中不正确的有
$\text{A.}$ 若数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n=a n^2+b n+c\left(a, b, c\right.$ 为常数) 则数列 $\left\{a_n\right\}$ 为等差数列
$\text{B.}$ 若数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n=2^{n+1}-2$, 则数列 $\left\{a_n\right\}$ 为等差数列
$\text{C.}$ 数列 $\left\{a_n\right\}$ 是等差数列, $S_n$ 为前 $n$ 项和, 则 $S_n, S_{2 n}-S_n, S_{3 n}-S_{2 n}, \cdots$ 仍为等差数列
$\text{D.}$ 数列 $\left\{a_n\right\}$ 是等比数列, $S_n$ 为前 $n$ 项和, 则 $S_n, S_{2 n}-S_n, S_{3 n}-S_{2 n}, \cdots$ 仍为等比数列;
数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=-21, a_2=-12, a_{n+1}+a_{n-1}=2 a_n-2(n \geqslant 2), S_n$ 是 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项 和, 则下列说法正确的是
$\text{A.}$ $\left\{\frac{a_n}{n-8}\right\}$ 是等差数列
$\text{B.}$ $a_n=-n^2+12 n+32$
$\text{C.}$ $a_6$ 是数列 $\left\{a_n\right\}$ 的最大项
$\text{D.}$ 对于两个正整数 $m 、 n(n>m), S_n-S_m$ 的最大值为 10
已知等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 满足 $a_1+a_2+a_3=21, S_5=25$, 下列说法正确的是
$\text{A.}$ $a_n=2 n+3$
$\text{B.}$ $S_n=-n^2+10 n$
$\text{C.}$ $\left\{S_n\right\}$ 的最大值为 $S_5$
$\text{D.}$ $\left\{\frac{1}{a_n a_{n+1}}\right\}$ 的前 10 项和为 $-\frac{10}{99}$