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2020届山东省新高考高三优质数学试卷分项解析 专题07 数列(原卷版)

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2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)

2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)

专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

专题07 平面向量 解析版(2016-2020)高考数学(理)真题分项详解

专题07 平面向量 解析版(2016-2020)高考数学(理)真题分项详解

专题07 平面向量【2020年】1.（2020·新课标Ⅲ）已知向量a ，b 满足||5a =，||6b =，6a b ⋅=-，则cos ,=+a a b （ ） A. 3135-B. 1935-C.1735D.1935【答案】D 【解析】5a =，6b =，6a b ⋅=-，()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()22222526367a b a ba ab b +=+=+⋅+=-⨯+=，因此，()1919cos ,5735a a ba ab a a b⋅+<+>===⨯⋅+. 2.（2020·山东卷）已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅ 的取值范用是（ ） A. ()2,6- B. (6,2)- C. (2,4)- D. (4,6)-【答案】A 【解析】AB 的模为2，根据正六边形的特征，可以得到AP 在AB 方向上的投影的取值范围是(1,3)-， 结合向量数量积的定义式，可知AP AB ⋅等于AB 的模与AP 在AB 方向上的投影的乘积， 所以AP AB ⋅的取值范围是()2,6-，3.（2020·北京卷）已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足1()2AP AB AC =+，则||PD =_________；PB PD ⋅=_________．【答案】 (1).5 (2). 1-【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 所在直线分别为x 、y 轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点()0,0A 、()2,0B 、()2,2C 、()0,2D ，()()()()1112,02,22,1222AP AB AC =+=+=， 则点()2,1P ，()2,1PD ∴=-，()0,1PB =-， 因此，()22215PD =-+=，()021(1)1PB PD ⋅=⨯-+⨯-=-.4.（2020·天津卷）如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ︒∠==，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=-，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN =，则DM DN ⋅的最小值为_________．【答案】 (1). 16 (2). 132【解析】AD BC λ=，//AD BC ∴，180120BAD B ∴∠=-∠=，cos120AB AD BC AB BC AB λλ⋅=⋅=⋅1363922λλ⎛⎫=⨯⨯⨯-=-=- ⎪⎝⎭，解得16λ=， 以点B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴建立如下图所示的平面直角坐标系xBy ，()66,0BC C =∴，,∵3,60AB ABC =∠=︒，∴A 的坐标为3332A ⎛ ⎝⎭,∵又∵16AD BC =,则533,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设(),0M x ，则()1,0N x +（其中05x ≤≤）， 533,2DM x ⎛=- ⎝⎭，333,2DN x ⎛=- ⎝⎭，()222533321134222222DM DN x x x x x ⎛⎛⎫⎛⎫⋅=--+=-+=-+ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以，当2x =时，DM DN ⋅取得最小值132. 5.（2020·浙江卷）设1e ，2e 为单位向量，满足21|22|-≤e e ，12a e e =+，123b e e =+，设a ，b 的夹角为θ，则2cos θ的最小值为_______． 【答案】2829【解析】12|2|2e e -≤，124412e e ∴-⋅+≤，1234e e ∴⋅≥， 222121222121212(44)4(1)()cos (22)(106)53e e e e a b e e e e e e a bθ+⋅+⋅⋅∴===+⋅+⋅+⋅⋅12424228(1)(1)3332953534e e =-≥-=+⋅+⨯. 6.（2020·江苏卷）在△ABC 中，43=90AB AC BAC ==︒，，∠，D 在边BC 上，延长AD 到P ，使得AP =9，若3()2PA mPB m PC =+-（m 为常数），则CD 的长度是________．【答案】185【解析】∵,,A D P 三点共线， ∴可设()0PA PD λλ=>， ∵32PA mPB m PC ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，∴32PD mPB m PC λ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，即32m m PD PB PC λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+， 若0m ≠且32m ≠，则,,B D C 三点共线， ∴321m m λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭+=，即32λ=， ∵9AP =，∴3AD =，∵4AB =,3AC =,90BAC ∠=︒， ∴5BC =，设CD x =，CDA θ∠=，则5BD x =-，BDA πθ∠=-.∴根据余弦定理可得222cos 26AD CD AC xAD CD θ+-==⋅，()()()222257cos 265x AD BD AB AD BD x πθ--+--==⋅-，∵()cos cos 0θπθ+-=，∴()()2570665x x x --+=-，解得185x =，∴CD 的长度为185.当0m =时， 32PA PC =，,C D 重合，此时CD 的长度为0， 当32m =时，32PA PB =，,B D 重合，此时12PA =，不合题意，舍去.7.（2020·新课标Ⅱ）已知单位向量a ，b 的夹角为45°，ka –b 与a 垂直，则k =__________.【答案】2【解析】由题意可得：211cos 452a b →→⋅=⨯⨯=， 由向量垂直的充分必要条件可得：0k a b a →→→⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭，即：202k a a b k →→→⨯-⋅=-=，解得：2k =.8.（2020·新课标Ⅰ）设,a b 为单位向量，且||1+=a b ，则||a b -=______________.【解析】因为,a b 为单位向量，所以1a b == 所以()2222221a b a b a a b b a b +=+=+⋅+=+⋅=解得：21a b ⋅=- 所以()22223a b a b a a b b -=-=-⋅+=【2019年】1．【2019年高考全国I 卷理数】已知非零向量a ，b 满足||2||=a b ，且()-a b ⊥b ，则a 与b 的夹角为A ．π6 B ．π3C ．2π3D ．5π6【答案】B【解析】因为()-a b ⊥b ，所以2()-⋅=⋅-a b b a b b =0，所以2⋅=a b b ，所以cos θ=22||12||2⋅==⋅a b b a b b ，所以a 与b 的夹角为π3，故选B ．2．【2019年高考全国II 卷理数】已知AB →=(2,3)，AC →=(3，t )，BC →=1，则AB →·BC →= A ．−3 B ．−2 C ．2D ．3【答案】C【解析】由BC →=AC →—AB →=（1，t-3），211BC ==，得3t =，则(1,0)BC =，(2,3)(1,0)21302AB BC ==⨯+⨯=．故选C ．3．【2019年高考北京卷理数】设点A ，B ，C 不共线，则“AB →与AC →的夹角为锐角”是“||||AB AC BC +>”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】AB 与AC 的夹角为锐角，所以2222||||2||||2AB AC AB AC AB AC AB AC ++⋅>+-⋅，即22||||AB AC AC AB +>-，因为AC AB BC -=，所以|AB +AC |>|BC |；当|AB +AC |>|BC |成立时，|AB +AC |2>|AB -AC |2AB ⇒•AC >0，又因为点A ，B ，C 不共线，所以AB 与AC 的夹角为锐角.故“AB 与AC 的夹角为锐角”是“|AB +AC |>|BC |”的充分必要条件,故选C ．4．【2019年高考全国III 卷理数】已知a ，b 为单位向量，且a ·b =0，若2=c a ，则cos ,=a c ___________. 【答案】23【解析】因为2=c a ，0⋅=a b ，所以22⋅=⋅a c a b 2=，222||4||5||9=-⋅+=c a b b ，所以||3=c ，所以cos ,=a c 22133⋅==⨯⋅a c a c ．5．【2019年高考天津卷理数】在四边形ABCD 中，,5,30AD BC AB AD A ==∠=︒∥，点E在线段CB 的延长线上，且AE BE =，则BD AE ⋅=_____________．【答案】1-【解析】建立如图所示的直角坐标系，∠DAB =30°，23,5,AB AD ==则(23,0)B ，535(,)22D . 因为AD ∥BC ，30BAD ∠=︒，所以30ABE ∠=︒， 因为AE BE =，所以30BAE ∠=︒， 所以直线BE 的斜率为33，其方程为3(23)3y x =-， 直线AE 的斜率为33-，其方程为33y x =-. 由3(23),333y x y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得3x =，1y =-， 所以(3,1)E -.所以35(,)(3,1)122BD AE =-=-.6．【2019年高考江苏卷】如图，在ABC △中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE =2EA ，AD 与CE 交于点O .若6AB AC AO EC ⋅=⋅，则ABAC的值是_____.【答案】3.【解析】如图，过点D 作DF //CE ，交AB 于点F ，由BE =2EA ，D 为BC 的中点，知BF =FE =EA ,AO =OD ．()()()3632AO EC AD AC AE AB AC AC AE =-=+-，()223131123233AB AC AC AB AB AC AB AC AB AC ⎛⎫⎛⎫=+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22223211323322AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫=-+=-+= ⎪⎝⎭， 得2213,22AB AC =即3,AB AC =故3ABAC=【2018年】1．【2018·全国I 卷 】在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB =A ．3144AB AC -B ．1344AB AC - C ．3144AB AC +D ．1344AB AC +【答案】A【解析】根据向量的运算法则，可得()111111222424BE BA BD BA BC BA BA AC =+=+=++ 1113124444BA BA AC BA AC =++=+，所以3144EB AB AC =-. 故选A.2．【2018·全国II 卷 】已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b A ．4 B ．3 C ．2 D ．0【答案】B【解析】因为()()22222||1213⋅-=-⋅=--=+=a a b a a b a 所以选B.3．（2018·浙江卷）已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2−4e ·b +3=0，则|a −b |的最小值是 A ．3−1 B ．3+1 C ．2 D ．2−3【答案】A【解析】设，则由得，由b 2−4e ·b +3=0得因此|a −b |的最小值为圆心到直线的距离23=32减去半径1，为选A.4．【2018·天津卷 】如图，在平面四边形ABCD 中，,,120,AB BC AD CD BAD ⊥⊥∠=1,AB AD ==若点E 为边CD 上的动点，则AE BE ⋅的最小值为A ．2116 B ．32C ．2516D ．3【答案】A【解析】连接AD ,取AD 中点为O ,可知ABD △为等腰三角形，而,AB BC AD CD ⊥⊥，所以BCD △为等边三角形，3BD =. 设()01DE tDC t =≤≤AE BE ⋅ ()()()2232AD DE BD DE AD BD DE AD BD DE BD DE DE =+⋅+=⋅+⋅++=+⋅+ =233322t t -+ ()01t ≤≤ 所以当14t =时，上式取最大值2116，故选A.5．【2018·北京卷 】设a ，b 均为单位向量，则“33-=+a b a b ”是“a ⊥b ”的 A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C 【解析】222222699+63333-=+-=⇔⇔-++⋅=⋅+a a b a b a b a b a b b a a b b ，因为a ，b 均为单位向量，所以2222699+6=0-⋅+=⋅+⇔⋅⇔a a b b a a b b a b a ⊥b ，即“33-=+a b a b ”是“a ⊥b ”的充分必要条件.故选C.6．【2018·全国III 卷 】已知向量()=1,2a ，()=2,2-b ，()=1,λc ．若()2∥c a +b ，则λ=___________． 【答案】12【解析】由题可得()24,2+=a b ，()2∥c a +b ，()=1,λc ，420λ∴-=，即12λ=，故答案为12.7．【2018·上海卷】在平面直角坐标系中，已知点()10A -，、()20B ，，E 、F 是y 轴上的两个动点，且||2EF =，则AE BF ⋅的最小值为___________． 【答案】-3【解析】根据题意，设E （0，a ），F （0，b ）； ∴2EF a b =-=； ∴a =b +2，或b =a +2； 且()()1,2,AE a BF b ==-，； ∴2AE BF ab ⋅=-+；当a =b +2时，()22222AE BF b b b b ⋅=-++⋅=+-； ∵b 2+2b ﹣2的最小值为8434--=-； ∴AE BF ⋅的最小值为﹣3，同理求出b =a +2时，AE BF ⋅的最小值为﹣3． 故答案为：﹣3．8．【2018·江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线:2l y x =上在第一象限内的点，()5,0B ，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D ．若0AB CD ⋅=，则点A 的横坐标为___________． 【答案】3【解析】设(),2(0)A a a a >，则由圆心C 为AB 中点得5,,2a C a +⎛⎫⎪⎝⎭易得()()():520C x x a y y a --+-=，与2y x =联立解得点D 的横坐标1,D x =所以()1,2D .所以()55,2,1,22a AB a a CD a +⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，由0AB CD ⋅=得()()()2551220,230,32a a a a a a a +⎛⎫--+--=--== ⎪⎝⎭或1a =-， 因为0a >，所以 3.a =【2017年】1．【2017·全国III 卷 】在矩形ABCD 中，AB =1，AD =2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上.若AP AB AD λμ=+，则λμ+的最大值为 A ．3B ．22C ．5D ．2【答案】A【解析】如图所示，建立平面直角坐标系.设()()()()()0,1,0,0,2,0,2,1,,A B C D P x y ， 易得圆的半径5r =C 的方程是()22425x y -+=，()()(),1,0,1,2,0AP x y AB AD =-=-=，若满足AP AB AD λμ=+，则21x y μλ=⎧⎨-=-⎩ ，,12x y μλ==-，所以12xy λμ+=-+，设12x z y =-+，即102x y z -+-=，点(),P x y 在圆()22425x y -+=上， 所以圆心(20),到直线102xy z -+-=的距离d r ≤21514z -≤+，解得13z ≤≤， 所以z 的最大值是3，即λμ+的最大值是3，故选A ．2．【2017·全国II 卷 】已知ABC △是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值是 A ．2-B ．32-C ．43-D ．1-【答案】B【解析】如图，以BC 为x 轴，BC 的垂直平分线DA 为y 轴，D 为坐标原点建立平面直角坐标系，则3)A ，(1,0)B -，(1,0)C ，设(,)P x y ，所以(3)PA x y =-，(1,)PB x y =---，(1,)PC x y =--，所以(2,2)PB PC x y +=--，22()22(3)22(PA PB PC x y y x y ⋅+=-=+-2333)22-≥-，当3P 时，所求的最小值为32-，故选B ．3．【2017·北京卷 】设m ,n 为非零向量，则“存在负数λ，使得λ=m n ”是“0<⋅m n ”的 A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若0λ∃<，使λ=m n ，则两向量,m n 反向，夹角是180︒，那么cos180⋅=︒=m n m n0-<m n ；若0⋅<m n ，那么两向量的夹角为(]90,180︒︒，并不一定反向，即不一定存在负数λ，使得λ=m n ，所以是充分而不必要条件，故选A.4．【2017·全国I 卷 】已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |=2，|b |=1，则| a +2b |=___________． 【答案】23【解析】方法一：222|2|||44||4421cos60412+=+⋅+=+⨯⨯⨯+=a b a a b b ， 所以|2|1223+==a b 方法二：利用如下图形，可以判断出2+a b 的模长是以2为边长，一夹角为60°的菱形的对角线的长度，则为235．【2017·江苏卷】如图，在同一个平面内，向量OA ，OB ，OC 的模分别为1，1，2，OA 与OC 的夹角为α，且tan α=7，OB 与OC 的夹角为45°．若OC mOA nOB =+(,)m n ∈R ，则m n +=___________．【答案】3【解析】由tan 7α=可得72sin α=2cos α= 易得cos 45cos 2sin 45sin 0n m n m αα⎧︒+=⎪⎨︒-=⎪⎩2222720210n m ⎧=⎪⎪-=⎪⎩，即510570n m n m +=⎧⎨-=⎩，即得57,44m n ==，所以3m n +=．6．【2017·天津卷】在ABC △中，60A =︒∠，3AB =，2AC =．若2BD DC =，AE AC λ=-()AB λ∈R ，且4AD AE ⋅=-，则λ的值为___________．【答案】311【解析】由题可得1232cos 603,33AB AC AD AB AC ⋅=⨯⨯︒==+， 则12()33AD AE AB AC ⋅=+2123()34934333311AC AB λλλλ-=⨯+⨯-⨯-⨯=-⇒=． 7．【2017·山东卷 】已知12,e e 123-e e 与12λ+e e 的夹角为60︒，则实数λ的值是___________．【解析】∵221212112122)()λλλλ-⋅+=⋅-⋅-e e e e e e e ，12|2-==e ，12||λ+===e e ，cos60λ=︒=λ=． 8．【2017·浙江卷】已知向量a ，b 满足1,2,==a b 则++-a b a b 的最小值是________，最大值是___________．【答案】4，【解析】设向量,a b 的夹角为θ，则-==a b+==a b则++-=a b a b令y =[]21016,20y =+，据此可得：()()maxmin 4++-==++-==a b a ba b a b ，即++-a b a b 的最小值是4，最大值是 【2016年】1.【2016高考山东理数】已知非零向量m ，n 满足4│m │=3│n │，cos<m ，n >=13.若n ⊥（t m +n ），则实数t 的值为（ ） （A ）4 （B ）–4 （C ）94（D ）–94【答案】B【解析】由43=m n ，可设3,4(0)k k k ==>m n ，又()t ⊥+n m n ， 所以22221()cos ,34(4)41603t t n n t t k k k tk k ⋅+=⋅+⋅=⋅+=⨯⨯⨯+=+=n m n n m m n m n n , 所以4t =-，故选B.2.【2016高考新课标2理数】已知向量(1,)(3,2)a m a =-，=，且()a b b ⊥+，则m =（ ） （A ）－8 （B ）－6 （C ）6 （D ）8 【答案】D【解析】向量a b (4,m 2)+=-，由(a b)b +⊥得43(m 2)(2)0⨯+-⨯-=，解得m 8=，故选D.3.【2016高考新课标3理数】已知向量1(2BA = ，31()2BC = ，则ABC ∠=（ ） (A)30︒ (B)45︒ (C)60︒ (D)120︒【答案】A【解析】由题意，得112222cos 11||||BA BC ABC BA BC ⋅∠===⨯，所以30ABC ∠=︒，故选A ． 4.【2016年高考北京理数】设a ，b 是向量，则“||||a b =”是“||||a b a b +=-”的（ ） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】D【解析】由22||||()()0a b a b a b a b a b a b +=-⇔+=-⇔⋅=⇔⊥，故是既不充分也不必要条件，故选D.5.【2016高考天津理数】已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点E D ,分别是边BC AB ,的中点，连接DE 并延长到点F ，使得EF DE 2=，则BC AF ⋅的值为（ ） （A ）85-（B ）81 （C ）41 （D ）811【答案】B【解析】设BA a =，BC b =，∴11()22DE AC b a ==-，33()24DF DE b a ==-， 1353()2444AF AD DF a b a a b =+=-+-=-+，∴25353144848AF BC a b b ⋅=-⋅+=-+=，故选 B.6.【2016年高考四川理数】在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足DA=DB =DC ,DA ⋅DB =DB ⋅DC =DC ⋅DA =-2，动点P ，M 满足AP =1，PM =MC ，则2BM 的最大值是( ) （A ）434 （B ）494 （C ）37634+ （D ）372334+ 【答案】B【解析】甴已知易得1220,DA ADC ADB D D BDC B C ∠=∠====∠=︒.以D 为原点，直线DA 为x 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则()()()2,0,1,3,1,3.A B C ---设(),,P x y 由已知1AP =，得()2221x y -+=，又13133,,,,,2222x y x y PM MC M BM ⎛⎫⎛⎫-+++=∴∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()222+1334x y BM ++∴=，它表示圆()2221x y -+=上的点()x y ，与点()1,33--的距离的平方的14，()()2222max149333144BM⎛⎫∴=++= ⎪⎝⎭，故选B.7.【2016高考新课标1卷】设向量a =(m ,1),b =(1,2),且|a +b |2=|a |2+|b |2,则m = . 【答案】－2【解析】由222||||||+=+a b a b ,得⊥a b ,所以1120m ⨯+⨯=,解得2m =-.8.【2016高考江苏卷】如图，在ABC ∆中，D 是BC 的中点，,E F 是,A D 上的两个三等分点，4BC CA ⋅=，1BF CF ⋅=- ，则BE CE ⋅ 的值是 ▲ .【答案】78【解析】因为222211436=42244AD BC FD BC BA CA BC AD BC AD --⋅=-⋅--==（）（）， 2211114123234FD BCBF CF BC AD BC AD -⋅=-⋅--==-（）（），因此22513,82FD BC ==，2222114167.22448ED BC FD BC BE CE BC ED BC ED --⋅=-⋅--===（）（） 9.【2016高考浙江理数】已知向量a 、b , ｜a ｜ =1，｜b ｜ =2，若对任意单位向量e ，均有 ｜a ·e ｜+｜b ·e ｜≤,则a ·b 的最大值是 ． 【答案】12【解析】221|(a b)||a ||b |6|a b |6|a ||b |2a b 6a b 2e e e +⋅≤⋅+⋅≤⇒+≤⇒++⋅≤⇒⋅≤，即最大值为12。

高考数学专题07 三角形中的组合图形问题(第一篇)(解析版)

高考数学专题07 三角形中的组合图形问题(第一篇)(解析版)

备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第一篇三角函数与解三角形专题07 三角形中的组合图形问题【典例1】【2020届安徽省池州市高三上学期期末考试】如图所示，在ABC V 中，,A ∠,B ∠C ∠的对边分别为a ，b ，c ，已知2sin cos sin 0,b A B a B +=1a =，2c =.（1）求b 和sin C ；（2）如图，设D 为AC 边上一点，BD CD =ABD △的面积. 【思路引导】（1）通过正弦定理边化角，整理化简得到cos B 的值，再利用余弦定理，求出b ，根据正弦定理，求出sin C ；（2）根据正弦定理得到sin 1CBD ∠=，即2CBD π∠=，根据勾股定理得到2BD =，根据三角形面积公式，求出ABD △的面积.解：（1）因为2sin cos sin 0b A B a B +=， 所以在ABC V 中，由正弦定理sin sin sin a b cA B C==， 得2sin sin cos sin sin 0B A B A B +=，因为sin sin 0A B ≠，所以2cos 10B +=， 所以1cos 2B =-，又0B π<<，所以23B π=， 由余弦定理得，2222cos b a c ac B =+-1142122⎛⎫=+-⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭7=，所以b =ABC V 中，由正弦定理sin sin c bC B=， 所以sin sin c B C b=22sin π=7=； （2）在ABD △中，由正弦定理得，sin sin BD CCD CBD=∠，因为BD CD =sin sin C CBD =∠，因为sin 7C =，所以sin 1CBD ∠=，而()0,CBD π∠∈ 所以2CBD π∠=，由BD CD =,BD=CD =，所以222)1)+=，所以12t =，所以BD =， 因为ABD ABC DBC ∠=∠-∠232ππ=-6π=， 所以1sin 2ABD S AB BD ABD =⨯⨯∠V 11222=⨯=. 【典例2】【山东省日照市2019-2020学年高三下学期1月校际联考】 在①ABC ∆面积2ABC S ∆=，②6ADC π∠=这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，求AC .如图，在平面四边形ABCD 中，34ABC π∠=，BAC DAC ∠=∠，______，24CD AB ==，求AC .【思路引导】选择①：利用三角形面积公式和余弦定理可以求接求出AC 的长；选择②：在ABC ∆，ACD ∆中，分别运用正弦定理，可以求接求出AC 的长； 解：选择①：113sin 2sin 2224ABC S AB BC ABC BC π∆=⋅⋅⋅∠=⋅⋅⋅=所以BC =2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠482220⎛=+-⨯⨯= ⎝⎭所以AC ==选择②设BAC CAD θ∠=∠=，则04πθ<<，4BCA πθ∠=-，在ABC ∆中sin sin AC ABABC BCA =∠∠，即23sin sin 44AC ππθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭所以sin 4AC πθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭在ACD ∆中，sin sin AC CD ADC CAD=∠∠，即4sin sin 6AC πθ=所以2sin AC θ=.所以2sin sin 4πθθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭，解得2sin cos θθ=， 又04πθ<<，所以sin θ=，所以2sin AC θ==【典例3】【河北省唐山市2019届高三上学期期末考试】如图，在梯形ABCD 中，90A D ∠=∠=o ，M 为AD 上一点，22AM MD ==，60BMC =o ∠.（1）若60AMB ∠=o ，求BC ；（2）设DCM θ∠=，若4MB MC =，求tan θ. 【思路引导】(1)先由题中条件求出MC MB ，，再由余弦定理即可求解；(2)先由DCM θ∠=，表示出ABM ∠，进而可用θ表示出MC ，MB ，再由4MB MC =，即可求解. 解：（1）由60BMC ∠=o ，60AMB ∠=o ，得60CMD ∠=o . 在Rt ABM V 中，24MB AM ==； 在Rt CDM V 中，22MC MD ==．在MBC V 中，由余弦定理得，2222cos 12BC BM MC BM MC BMC =+-⋅⋅∠=，BC =（2）因为DCM θ∠=，所以60ABM θ∠=-o ，060θ<<o o ． 在Rt MCD V 中，1sin MC θ=； 在Rt MAB V 中，()2sin 60MB θ=-o ，由4MB MC =得，()260sin sin oθθ-=，θsin θsin θ-=，即2sin θθ=，整理可得tan θ=【典例4】【广东省2019届高三上学期期末联考】如图，在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且()sin cos a c B B =+.(1)求ACB ∠的大小；（2）若∠=∠ACB ABC ，点A 、D 在BC 的异侧，2DB =，1DC =，求平面四边形ABDC 面积的最大值.【思路引导】(1)由正弦定理将()sin cos a c B B =+化为()sin sin sin cos A C B B =+，再由两角和的正弦公式化简，即可求出结果；(2)先由余弦定理求出BC 的长，将平面四边形ABDC 的面积转化为两三角形ABC ∆与BCD ∆面积之和，即可求解.解：（1）因为()sin cos a c B B =+，且sin sin a c A C=， 所以()sin sin sin cos A C B B =+在ABC ∆中，()sin sin A B C =+所以()()sin sin sin cos B C C B B +=+所以sin cos cos sin sin sin sin cos B C B C C B C B +=+ 所以sin cos sin sin B C C B =因为在ABC ∆中，sin 0B ≠ 所以cos sin C C =因为C 是ABC ∆的内角所以4C π=.（2）在BCD ∆中，2222cos BC BD CD BD CD D =+-⋅⋅54cos D =- 因为ABC ∆是等腰直角三角形， 所以22115cos 244ABC S AB BC D ∆===- 1sin sin 2BCD S BD CD D D ∆=⋅⋅= 所以平面四边形ABDC 的面积S =ABC S ∆+BCD S ∆5cos sin 4D D =-+ 544D π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 因为0D π<<，所以3444D πππ-<-<所以当34D π=时，sin 14D π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，此时平面四边形ABDC 的面积有最大值54+ 【典例5】【2020届重庆市高三11月调研测试卷】如图，半圆O 的直径2AB =，点C ，P 均在半圆周上运动，点P 位于C ，B 两点之间，且6CAP π∠=.（1）当12PAB π∠=时，求APC △的面积.（2）求四边形ABPC 的面积的最大值. 【思路引导】（1）根据已知条件求出,AC AP ，再利用面积公式即可；（2）将四边形拆成三个三角形，将面积转化为三角函数求再求最值.解：（1）由题知4CAB π∠=，cos AC AB CAB ∴=∠=cos2cos 2cos cos 2sin sin 123434342AP AB πππππππ⎛⎫==-=+=⎪⎝⎭，1sin 26APC S AC AP π∴=⋅⋅=V ； （2）由题知6CAP π∠=，根据同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可得3COP π∠=，设半径1r =，AOC θ∠=，则23POB πθ∠=-， 212sin sin sin 233ABPC AOC POB POC S S S S r ππθθ⎡⎤⎛⎫=++=+-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦V V V ，11sin sin 22224264πθθθθ⎛⎛⎫=+++=++≤ ⎪ ⎝⎭⎝⎭当3AOC πθ∠==时等号成立.【典例6】【2019届河北省衡水中学高三上学期三调考】如图所示，正三角形ABC 的边长为2，,,D E F 分别在三边,AB BC 和CA 上，D 为AB 的中点，()90,090EDF BDE θθ∠=︒∠=︒<<︒．（Ⅰ）当tan 2DEF ∠=θ的大小； （Ⅱ）求DEF ∆的面积S 的最小值及使得S 取最小值时θ的值．【思路引导】第一问，在EDF ∆中，tan DF DEF DE ∠==DBE ∆中，利用正弦定理，用θ表示DE ，在ADF ∆中，利用正弦定理，用θ表示DF ，代入到①式中，再利用两角和的正弦公式展开，解出tan θ，利用特殊角的三角函数值求角θ；第二问，将第一问得到的DF 和DE 代入到三角形面积公式中，利用两角和的正弦公式和倍角公式化简表达式，利用正弦函数的有界性确定S 的最小值．解：在BDE V 中，由正弦定理得000sin 60sin(120)2sin(60)BD DE θθ==-+，在ADF V 中，由正弦定理得0sin 60sin(30)AD DF θ==+tan DEF ∠=，得00sin(60)sin(30)θθ+=+tan θ=，所以60θ=︒． （2）1·2S DE DF =＝0038sin(60)sin(30)θθ=++==．当45θ=︒时，S 62-=．【典例7】【陕西省2019届高三第二次教学质量检测数学】某市规划一个平面示意图为如下图五边形ABCDE 的一条自行车赛道，ED ，DC ，CB ，BA ，AE 为赛道（不考虑宽度），BE为赛道内的一条服务通道，23BCD CDE BAEπ∠=∠=∠=，DE=4km，BC CD==.（1）求服务通道BE的长度；（2）当4AEBπ∠=时，赛道BA的长度？【思路引导】（1）连接BD，在BCD∆中，由余弦定理可得3BD=，由等腰三角形的性质结合23BCD CDEπ∠=∠=可得2BDEπ∠=，再由勾股定理可得结果；（2）在BAE∆中，23BAEπ∠=，5BE=，4AEBπ∠=，直接利用正弦定理定理可得结果.解：（1）连接BD，在BCD∆中，由余弦定理得：2222BD BC CD BC=+-cos9CD BCD⋅∠=，3BD∴=.BC CD=Q，6CBD CDBπ∴∠=∠=，又23CDEπ∠=，2BDEπ∴∠=，在Rt BDE∆中，5BE==.（2）在BAE∆中，23BAEπ∠=，5BE=.4AEBπ∠=由正弦定理得2sin sin34BE ABππ=，=得3BA=，当4AEBπ∠=时，赛道BA的长度为3.1.【2020年陕西省高三教学质量检测卷（一)】如图，在ABC ∆中，sin BAD ∠=，1cos 7ADC ∠=，7AD =，8AC =，D 在BC 边上，连接AD .（1）求角B 的大小； （2）求ACD ∆的面积.【思路引导】（1）由ABD ADC BAD ∠=∠-∠及两角差的正弦公式，结合正余弦值求得ABD ∠的正弦值，即可得角B 的大小；（2）先在ACD ∆中，由余弦定理求出CD 的长度，再利用三角形的面积公式即可求解. 解：（1）在ABC ∆中，1cos 7ADC ∠=， 所以0,2ADC π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以0,2BAD π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭∵sin 14BAD ∠=，1cos 7ADC ∠=，∴13cos 14BAD ∠==，sin 7ADC ∠==∴sin sin()ABD ADC BAD ∠=∠-∠ sin cos cos sin ADC BAD ADC BAD =∠⨯∠-∠⨯∠1317147142=⨯-⨯=. 因为0,2ADC π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以0,2B π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴3B π=.（2）在ACD ∆中，由余弦定理得2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⨯⨯∠，∴216449277CD CD =+-⨯⨯⨯，解得5CD =，∴1sin 2ACD S AD CD ADC ∆=⨯⨯⨯∠1752=⨯⨯⨯=2.【天一大联考皖豫联盟2019-2020学年高中毕业班第二次考试】 如图所示，在平面四边形ABCD 中，4tan 3BCD ∠=-.（1）若ACB ACD ∠=∠，22AB BC ==，求AC 的长； （2）若45CBD ︒∠=，2BC =，求BCD V 的面积. 【思路引导】（1）由tan BCD ∠，可求出cos BCD ∠，结合ACB ACD ∠=∠，可求得cos ACB ∠，在ABC V 中，由余弦定理可求出AC 的长；（2）先求得sin cos BCD BCD ∠∠，，则()sin sin 45CDB BCD ︒∠=∠+，然后利用正弦定理sin sin BC CDCDB CBD=∠∠，可求出CD ，进而可求出BCD V 的面积.解：（1）4tan 3BCD ∠=-,则BCD ∠是钝角，cos 0BCD ∠<，可求得3cos 5BCD ∠=-. 因为ACB ACD ∠=∠，所以23cos 2cos 15BCD ACB ∠=-=∠-.因为cos 0ACB ∠>，所以cos ACB ∠=.在ABC V 中，由余弦定理得2222cos AB BC AC BC AC ACB =+-⋅⋅∠，即2305AC AC --=.解得AC =AC =（舍去）.所以AC =（2）由（1）可知，4sin 5BCD ∠==. 在BCD V 中，因为45CBD ∠=︒，所以()()sin sin 18045sin 45cos )CDB BCD BCD BCD BCD ∠=︒-∠-︒=∠+︒=∠+∠=由正弦定理得sin sin BC CDCDB CBD =∠∠，所以sin 10sin BC CBDCD CDB⋅∠==∠. 故BCD V 的面积14210825S =⨯⨯⨯=.3.【2020届江西省南昌市第十中学高三上学期期末】在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且满足3sin 2sin 3sin 3sin a A a C b B c C -=-.（1）求cos B 的值.（2）如图，点D 在线段AC 上，且2AD DC =，若2AC =，求DBC △面积的最大值. 【思路引导】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理即可求解. （2）由（1）以及余弦定理、基本不等式可得22224233a c ac ac ac =+-≥-，由1S S 3BDC ABC ∆∆=即可求解.解：（1）3sin 2sin 3sin 3sin a A a C b B c C ∴-=-， 由正弦定理，可得2223233a ac b c -=-，则2221cos 23a cb B ac +-== （2）由（1）知1cos 3B =, 可得：22224233a c ac ac ac =+-≥-4,3ac = 3ac ∴≤，（当且仅当a c =时取等号）， 由2AD DC =，可得：1S S 3BDC ABC ∆∆=1111sin 33232ac B =⨯⨯≤⨯=，DBC ∴△的面积最大值为3. 4.【福建省德化一中、永安一中、漳平一中2020届高三上学期三校联考】如图，在四边形ABCD 中，AD BD ⊥,AC 平分BAD ∠,BC =3BD =BCD ∆的面积为S =，ABC ∠为锐角.（Ⅰ）求CD ； （Ⅱ）求ABC ∠ .试题分析: (I)在BCD ∆中,由三角形的面积公式可求得CBD ∠,再利用余弦定理求出CD ；（Ⅱ）在BCD ∆中，由正弦定理求出sin BDC ∠和cos BDC ∠,根据题意AC 平分BAD ∠，CAD BAC ∠=∠,在ACD ∆和ABC ∆中分别写出正弦定理,得出比例关系,求出ABC ∠.解:(I)在ABC ∆中，31sin 22S BD BC BCD ==⋅⋅∠.因为3BC BD ==+1sin 2CBD ∠=. 因为ABC ∠为锐角，所以30CBD ∠=︒.在BCD ∆中，由余弦定理得2222cos CD BC BD BC BD CBD =+-⋅⋅∠((22323=+-⋅+9= 所以CD 的长为3.(II)在BCD ∆中，由正弦定理得sin sin BC CDBDC CBD=∠∠3sin30=︒，解得sin BDC ∠= BC BD <Q ,BDC ∴∠也为锐角.cos 3BDC ∴∠=. 在ACD ∆中，由正弦定理得sin sin AC CDADC CAD=∠∠ 即3cos sin AC BDC CAD=∠∠①在ABC ∆中，由正弦定理得sin sin AC BCABC BAC=∠∠即sin AC ABC =∠② Q AC 平分BAD ∠，∴CAD BAC ∠=∠由①②得sincos ABC BDC ∠=∠sin 2ABC ∠= 因为ABC ∠为锐角，所以45ABC ∠=︒ .5.【2020届山东省潍坊市高三上学期期末考试】在①34asinC ccosA =;②22B Cbsin +=这两个条件中任选-一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知，a =. (1)求sinA ;(2)如图，M 为边AC 上一点，,2MC MB ABM π=∠=，求ABC V 的面积【思路引导】（1）结合正弦定理，条件选择①3sin 4cos a C c A =，则34sinAsinC sinCcosA =，再利用公式22sin cos 1A A +=求sin A ；若选择条件②，由正弦定理和诱导公式可得22AsinBcos=，再根据二倍角公式求得2A sin=，再根据sin 2sin cos 22A A A =求解.（2）解法1:设BM MC m ==，在BMC △中由余弦定理，解得m =再由（1）4sin 5A =，解得AB 边长，最后求得到ABC ∆的面积；解法2：由MB MC =可知，3225sin C sin A cosA π⎛⎫⎭=⎪⎝=-=，，再根据正弦定理和面积公式ABC S ∆=4545sin cos sin 244C C C ==. 解：解:若选择条件①，则答案为:(1)在ABC V 中，由正弦定理得34sinAsinC sinCcosA =， 因为sin 0C ≠，所以2234,916sinA cosA sin A cos A ==， 所以22516sin A =，因为0sinA >，所以4=5sinA . (2)解法1:设BM MC m ==，易知45cos BMC cos BMA sinA ∠=-∠=-=-在BMC △中由余弦定理得:22418225m m ⎛⎫=-⋅- ⎪⎝⎭，解得m =所以2113352252BMC S m sin BMC =∠=⨯⨯=V 在Rt ABM V 中，4,52sinA BM ABM π==∠=所以AB =158ABM S =V ，所以31527288ABC S =+=V 解法2:因为MB MC =，所以MBC C ∠=∠， 因为,2ABM π∠=所以2,222A C C A ππ∠+∠=∠=-∠，所以22sin C sin A cosA π⎛⎫⎪⎝⎭=-= 因为A 为锐角，所以325sin C cosA ==又sin sin sin 4b c a B C A ===所以sin ,4b B =,4c C =所以11445sin sin sin sin 2244542ABC S bc A B C C C π⎛⎫==⨯⨯⨯=+ ⎪⎝⎭V 454527sin cos sin 2448C C C ===若选择条件②，则答案为:(1)因为22B C bsin +=，所以22Absin π-=，由正弦定理得22AsinBcos =，因为0sinB ≠，所以2,2A cos =222A A Acos cos =，因为02Acos≠，所以2A sin =，则2A cos=，所以4sin 2sin cos 225A A A ==. (2)同选择①6.【2020届广东省韶关市高三上学期期末调研】如图，在平面四边形ABCD 中，1,2,AD AB BC CD DB ====，设DAB θ∠=.（1）若23πθ=，求sin ADB ∠的值； （2）用θ表示四边形ABCD 的面积()S θ，并求()S θ的最大值. 【思路引导】（1）由余弦定理得BD ，再由正弦定理求得结论；（2）同（1）由余弦定理表示出BD ，求出两个三角形ABD ∆和BCD ∆的面积，可得()S θ，再由三角函数的公式变为一个角的一个三角函数形式，然后可得最大值．解：（1）在ABC ∆中，由余弦定理知2222cos BD AD AB AD AB BAD =+-⋅∠ 由已知21,2,3AD AB DAB π==∠=，代入上式得：211421272BD ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，即BD =又由正弦定理得：sin sin AB BDADB DAB=∠∠即：22sin sin 3ADB π=∠，解得：sin 7ADB ∠=（2）在ABC ∆中，由余弦定理知214212cos 54cos BD θθ=+-⨯⨯⨯=-故())112sin 54cos sin 2S θθθθθ=⨯⨯⨯-=-+2sin )34πθθπ⎛⎫=-+<< ⎪⎝⎭所以2333πππθ-<-<故max S 526S π⎛⎫==⎪⎝⎭． 7.【湖北省宜昌市2019-2020学年高三期末数学】已知,,a b c 分别为ABC ∆三个内角,,A B C 的对边，且2222cos cos b c a ac C c A +-=+.（1）求A ；（2）在ABC ∆中，BC =D 为边AC 的中点，E 为AB 边上一点，且DE AC ⊥，DE =，求ABC ∆的面积. 【思路引导】（1）由余弦定理得2cos cos cos b A a C c A =+，再由正弦定理得2sin cos sin()B A A C ⋅=+，进而得1cos 2A =，即可求解（2）在Rt AED ∆中，求得AD =，AC =ABC ∆中由正弦定理得4B π=，结合三角形的面积公式，即可求解.解：（1）由余弦定理有22cos cos cos bc A ac C c A =+， 化简得2cos cos cos b A a C c A =+，由正弦定理得2sin cos sin cos cos sin sin()B A A C C A A C ⋅=⋅+=+ ∵A B C π++=，∴2sin cos sin B A B ⋅=，∵0B π<<，∴sin 0B ≠，∴1cos 2A =，又由0A π<<，∴3A π=. （2）在AEC ∆中，D 为边AC 的中点，且DE AC ⊥， 在Rt AED ∆中，2DE =，3A π=，所以2AD =，AC =ABC ∆中由正弦定理得sin sin AC BC B A =，得sin B ，4B π=，512C π=，所以1sin 2ABC S AC BC C ∆=⋅=8.【内蒙古呼和浩特市2019-2020学年高三上学期质量普查调研】 （1）当()k k z απ≠∈时，求证：1cos tan2sin ααα-=；（2）如图，圆内接四边形ABCD 的四个内角分别为A 、B 、C 、D .若6AB =，3BC =，4CD =，5AD =.求tantan tan tan 2222A B C D+++的值.【思路引导】（1）根据正余弦的二倍角公式从左边向右边即可化简证明（2）ABCD 为圆的内接四边形可知sin sin A C =，sin sin B D =，cos cos A C =-，cos cos B D =-，由（1）结论原式可化为22sin sin A B+，连接AC 、BD ，设AC x =，BD y =由余弦定理即可求解. 解：（1）证明21cos 22sin 1cos 22sin sin 22sin cos 222ααααααα-⋅-==⋅⋅tan 2α=.（2）因为ABCD 为圆的内接四边形，所以sin sin A C =，sin sin B D =，cos cos A C =-，cos cos B D =-，由此可知：tantan tan tan 2222A B C D+++1cos 1cos 1cos 1cos sin sin sin sin A B C DA B C D ----=+++22sin sin A B=+连接AC 、BD ，设AC x =，BD y =由余弦定理可得： 22536cos 256y A +-=⨯⨯，2916cos 234y C +-=⨯⨯，2369cos 263x B +-=⨯⨯，22516cos 254x D +-=⨯⨯，解得281919x =，22477y =，那么3cos 7A =，1cos 19B =，sin A =sin B =所以原式3=. 9.【山西省晋城市2019届高三第三次模拟考试】如图所示，锐角ABC ∆中，AC =D 在线段BC 上，且CD =，ACD ∆的面积为，延长BA 至E ，使得EC BC ⊥.（Ⅰ）求AD 的值； （Ⅱ）若2sin 3BEC ∠=，求AE 的值. 【思路引导】（Ⅰ）在ACD ∆中，由面积公式得sin 5ACD ∠=，进而得1cos 5ACD ∠=，再由余弦定理求解即可；（Ⅱ）由EC BC ⊥，得()1sin sin 90cos 5ACE ACD ACD ∠=︒-∠=∠=，在AEC ∆中，再由正弦定理求解即可 解：（Ⅰ）在ACD ∆中，1sin 2ACD S AC CD ACD ∆=⋅∠1sin 2ACD =⨯∠=所以sin 5ACD ∠=. 因为090ACD ︒<∠<︒，所以1cos 5ACD ∠==. 由余弦定理得2222cos 56AD CD CA CD CA ACD =+-⋅⋅⋅∠=，得AD =（Ⅱ）因为EC BC ⊥，所以()1sin sin 90cos 5ACE ACD ACD ∠=︒-∠=∠=. 在AEC ∆中，由正弦定理得sin sin AE ACACE AEC=∠∠，即1253AE =，所以AE =. 10.【北京市房山区2019-2020学年高三上学期期末】如图，在平面四边形ABCD 中，AB BC ⊥，AB =3CD =，sin 14DBC ∠=，3C π∠=.（1）求sin BDC ∠的值； （2）求BD ，AD 的值. 【思路引导】（1）由同角三角函数基本关系得13cos 14DBC ∠=，利用两角和的正弦及内角和定理展开求解即可 （2）利用正弦定理得7BD =，再利用余弦定理求解 解：（1）∵sin DBC ∠=，22sin cos 1,02DBC DBC DBC π∠+∠=<∠<，∴13cos 14DBC ∠=在△BDC 中，,3=C DBC C BDC ππ∠∠+∠+∠=，∴sin sin()BDC DBC C ∠=∠+∠sin cos cos sin DBC C DBC C =∠⋅+∠⋅113214=+=（2）在△BDC 中，由正弦定理得sin sin CD BD DBC C =∠= 解得7BD =，∵2ABD DBC π∠+∠=，sin 14DBC ∠=，∴cos ABD∠14=， 在△ABD中，AB =2222cos AD AB BD AB BD ABD=+-⋅∠2272749=+-⋅= 解得7AD = 11.【2020届福建省龙岩市高三上学期期末教学质量检查】如图，在平面四边形ABCD 中，2BC =，4CD =，且AB BD DA ==.（1）若6CDB π∠=，求tan ABC ∠的值； （2）求四边形ABCD 面积的最大值. 【思路引导】（1）根据条件由正弦定理，求出sin 1CBD ∠=，从而求出2CBD π∠=，即可求出结果；（2）设,0BCD θθπ∠=<<，根据余弦定理求出2BD ，将,BCD ABC ∆∆的面积和表示为θ的函数，由辅助角公式化简面积表达式，再结合正弦函数的最值，即可求解.解：（1）在BCD ∆中，由正弦定理得sin sin CD BC CBD BDC=∠∠， ∴4sin6sin 12CBD π⨯∠==，∵0CBD π<∠<，∴2CBD π∠=，∴()tan tan tan 32ABC ABD CBD ππ⎛⎫∠=∠+∠=+ ⎪⎝⎭5tan tan 66ππ==-=. （2）设BCD θ∠=，在BCD ∆中，由余弦定理得2222cos BD BC CD BC CD θ=+-⋅2224224cos θ=+-⨯⨯2016cos θ=-.∴21sin 2ABCD BC CD S BD θ=⋅+四边形4sin θθ=-+8sin 3πθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭当56πθ=时，四边形ABCD 面积的最大值8+. 12.【2020届广东省东莞市高三期末调研测试】如图，在ABC V 中，内角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，且2cos 2a C c b -=．（1）求角A 的大小；（2）若6ABC π∠=，AC 边上的中线BD 的长为7，求ABC V 的面积． 【思路引导】（1）利用正弦定理化边为角可得2sin cos sin 2sin A C C B -=,则()2sin cos sin 2sin A C C A C -=+,进而求得角A 即可；（2）由（1）可得6C π=,则AC AB =,设AD x =,则2AB x =,在ABD △中,根据余弦定理得2222cos BD AB AD AB AD A =+-⋅,可得x =进而求得ABC V 的面积即可解：（1）因为2cos 2a C c b -=,根据正弦定理,得2sin cos sin 2sin A C C B -=,即()2sin cos sin 2sin A C C A C -=+,所以2sin cos sin 2sin cos 2sin cos A C C A C C A -=+,整理得sin 2sin cos C C A -=,因为sin 0C ≠,所以1cos 2A =-, 又因为()0,A π∈,则23A π= （2）由（1）知23A π=,又因为6ABC π∠=,所以6C π=,所以AC AB =, 因为D 是AC 中点, 设AD x =,则2AB x =, 在ABD △中,根据余弦定理,得2222cos BD AB AD AB AD A =+-⋅, 即()22227222cos 3x x x x π=+-⋅⋅⋅即2749x =,解得x =故ABC V 的面积2112sin 4sin 223S AB AC A x π=⋅⋅=⋅⋅=。

专题07 立体几何小题常考全归类(精讲精练)(原卷版)

专题07 立体几何小题常考全归类(精讲精练)(原卷版)

专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 核心考点六：空间角问题 核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题 核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和． （2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆 锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等； （2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等； （3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题 【规律方法】 球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ． 【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =， 过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45． 其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题 【规律方法】 几何法 【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题 【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题 【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（ ） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（ ）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题 【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（ ）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（ ）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）①棱 AB 上一定存在点Q ， 使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面， 则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内， 且1//A M 平面AGH ， 则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（ ）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（ ）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（ ） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（ ）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（ ）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（ ）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（ ）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（ ）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。

专题07 利用导函数研究函数零点问题 (原卷版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练

专题07 利用导函数研究函数零点问题 (原卷版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练

专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................3题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................4三、专项训练. (6)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．4、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．二、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题题型二：证明唯一零点问题2．（2023上·黑龙江·高三校联考阶段练习）已知函数()ln f x x x =+，()e ln xg x x a =+，且函数()f x 的零点是函数()g x 的零点．(1)求实数a 的值；(2)证明：()y g x =有唯一零点．3．（2023下·河南·高三校联考阶段练习）已知函数()ln f x ax x =-，a ∈R ．(1)过坐标原点作()f x 的切线，求该切线的方程；(2)证明：当a<0时，2()0f x ax +=只有一个实数根．题型三：根据零点（根）的个数求参数三、专项训练8．（2023上·吉林长春·高一吉林省实验校考期中）已知函数()()22ln f x x a x a x =-++，()R a ∈(1)求函数的单调区间与极值点；(2)若4a =，方程()0f x m -=有三个不同的根，求m 的取值范围．9．（2023上·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =-⋅-．(1)若曲线()y f x =在点()()00,x f x 处的切线与x 轴平行，求该切线方程；(2)讨论曲线()y f x =与直线y a =的交点个数．10．（2023下·山东菏泽·高二校考阶段练习）给定函数()()3exf x x =+(1)判断()f x 的单调性并求极值；(2)讨论()()R f x m m =∈解的个数．四、证明题。

专题07 读后续写-- 2023年新高考八省最新名校联考高三试题汇编(原卷版)

专题07 读后续写-- 2023年新高考八省最新名校联考高三试题汇编(原卷版)

专题07 读后续写---2023年新高考八省最新名校联考高三试题汇编(原卷版)目录1.河北省石家庄市二中2023年高三3月试题2.2023届湖北省七市（州）高三3月联考试题3.2023届湖南省九校联盟高三第二次联考英语试题4.福建省福州第一中学2023年高三一调试题5.广东省肇庆市一中2023年高三适应性测试试题6.湖北省八市2022-2023学年高三3月联考英语试题7.江苏省连云港2023年高三调研试题8.辽宁省名校联盟2023学年高三3月联考试题9.浙江省浙南名校联盟2023年高三下学期二次联考试题10.重庆市长寿中学2023年高三3月试题1.【河北省石家庄市二中2023年高三3月试题】阅读下面材料，根据其内容和所给段落开头语续写两段，使之构成一篇完整的短文。

Price of a MiracleOnly a very costly operation could save him now and it was looking like there was no one to lend them the money. She heard Dad say to her tearful mom with desperation, “Only a miracle can save him now.”Tess went to her bedroom and poured all the change she had saved out on the floor and counted it carefully: 47 cents. She slipped out of home and made her way to Rexall’s Drug Store. She waited patiently for the pharmacist (药剂师) to give her some attention but he was too busy at this moment. Finally, she took a quarter from her pocket and banged it on the glass counter. That did it! “And what do you want?” the pharmacist asked in an annoyed tone of voice. “I’m talking to my brother from Chicago Medical University whom I haven’t seen in ages,” he said without waiting for a reply to his question.“Well, I want to talk to you about my brother,” Tess answered back in the same annoyed tone.“He’s really,really sick and I want to buy a miracle.”“We don’t sell miracles here, little girl. I’m sorry but I can’t help you,” the pharmacist said, softening a little. “Listen, I have the money to pay for it. If it isn’t enough, I will get the rest. Just tell me how much it costs.” Tess answered with a blind faith.The pharmacist’s brother was a well-dressed man. He stooped down and asked the little girl, “What kind of a miracle does your brother need?” “I don’t know,” Tess replied with her eyes welling up.“I just know he’s really sick and Mom says he needs an operation. But my dad can’t pay for it, so I want to use my money.”注意: 1.续写词数应为150左右;2.请按如下格式作答。

2020年山东省新高考数学试卷(新高考)含解析

2020年山东省新高考数学试卷(新高考)含解析

2020年⼭东省新⾼考数学试卷⼀、选择题：本题共8⼩题，每⼩题5分，共40分。

在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀项是符合题⽬要求的。

1．（5分）设集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2＜x＜4}，则A∪B＝（）A．{x|2＜x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x＜4}D．{x|1＜x＜4} 2．（5分）＝（）A．1B．﹣1C．i D．﹣i3．（5分）6名同学到甲、⼄、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，⼄场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排⽅法共有（）A．120种B．90种C．60种D．30种4．（5分）⽇晷是中国古代⽤来测定时间的仪器，利⽤与晷⾯垂直的晷针投射到晷⾯的影⼦来测定时间．把地球看成⼀个球（球⼼记为O），地球上⼀点A的纬度是指OA与地球⾚道所在平⾯所成⻆，点A处的⽔平⾯是指过点A且与OA垂直的平⾯．在点A处放置⼀个⽇晷，若晷⾯与⾚道所在平⾯平⾏，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的⽔平⾯所成⻆为（）A．20°B．40°C．50°D．90°5．（5分）某中学的学⽣积极参加体育锻炼，其中有96%的学⽣喜欢⾜球或游泳，60%的学⽣喜欢⾜球，82%的学⽣喜欢游泳，则该中学既喜欢⾜球⼜喜欢游泳的学⽣数占该校学⽣总数的⽐例是（）A．62%B．56%C．46%D．42%6．（5分）基本再⽣数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流⾏病学基本参数．基本再⽣数指⼀个感染者传染的平均⼈数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以⽤指数模型：I（t）＝e rt描述累计感染病例数I（t）随时间t（单位：天）的变化规律，指数增⻓率r与R0，T近似满⾜R0＝1+rT．有学者基于已有数据估计出R0＝3.28，T＝6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为（）（ln2≈0.69）A．1.2天B．1.8天C．2.5天D．3.5天7．（5分）已知P是边⻓为2的正六边形ABCDEF内的⼀点，则•的取值范围是（）A．（﹣2，6）B．（﹣6，2）C．（﹣2，4）D．（﹣4，6）8．（5分）若定义在R的奇函数f（x）在（﹣∞，0）单调递减，且f（2）＝0，则满⾜xf（x ﹣1）≥0的x的取值范围是（）A．[﹣1，1]∪[3，+∞）B．[﹣3，﹣1]∪[0，1]C．[﹣1，0]∪[1，+∞）D．[﹣1，0]∪[1，3]⼆、选择题：本题共4⼩题，每⼩题5分，共20分。

专题07 三角函数的图像与性质-2020年高考数(文)题根探源(全国Ⅰ卷)

专题07 三角函数的图像与性质-2020年高考数(文)题根探源(全国Ⅰ卷)

专题07 三角函数的图像与性质【母题来源一】【2020年高考全国Ⅰ卷文数】设函数()cos π()6f x x ω=+在[π,π]-的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为A. 10π9 B.7π6 C. 4π3D. 3π2【答案】C【解析】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭，将它代入函数()f x 可得：4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭又4,09π⎛⎫-⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点，所以4962πππω-⋅+=-，解得：32ω= 所以函数()f x 最小正周期为224332T πππω===，故选：C 【名师点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题. 【母题来源二】【2019年高考全国Ⅰ卷文数】函数3π()sin(2)3cos 2f x x x =+-的最小值为___________． 【答案】4-【解析】23π()sin(2)3cos cos 23cos 2cos 3cos 12f x x x x x x x =+-=--=--+23172(cos )48x =-++， 1cos 1x -≤≤，∴当cos 1x =时，min ()4f x =-，故函数()f x 的最小值为4-．【名师点睛】本题首先应用诱导公式，转化得到二倍角的余弦，进一步应用二倍角的余弦公式，得到关于cos x 的二次函数，从而得解.注意解答本题的过程中，部分考生易忽视1cos 1x -≤≤的限制，而简单应用二次函数的性质，出现运算错误．的【母题来源三】【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()222cos sin 2f x x x =-+，则A ．()f x 的最小正周期为π，最大值为3B ．()f x 的最小正周期为π，最大值为4C ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为3D ．()f x 的最小正周期为2π，最大值为4 【答案】B【解析】根据题意有()135cos 21(1cos 2)2cos 2222f x x x x =+--+=+， 所以函数()f x 的最小正周期为2ππ2T ==，且最大值为()max 35422f x =+=.故选B.【名师点睛】该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简结果. 【命题意图】（1）能画出y =sin x ，y =cos x ，y = tan x 的图象，了解三角函数的周期性.（2）理解正弦函数、余弦函数在区间[0,2π]上的性质（如单调性、 最大值和最小值以及与x 轴的交点等）. （3）能画出sin()y A x ωϕ=+的图象，了解参数,,A ωϕ对函数图象变化的影响.（4）理解同角三角函数的基本关系式、诱导公式，能运用和与差的三角函数公式、二倍角公式等进行简单的恒等变换. 【命题规律】三角函数的考查重点是三角函数的定义、图象与性质，考查中以图象的变换、函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值作为热点，并常与三角恒等变换交汇命题，难度为中档偏下. 常见的命题角度有： （1）三角函数的图象变换； （2）三角函数解析式的确定；（3）三角函数的性质（单调性、值域与最值、奇偶性、周期性、对称性等）； （4）函数sin()y A x ωϕ=+的性质与其他知识的综合应用． 【方法总结】（一）函数图象的平移变换解题策略（1）对函数y =sin x ，y =A sin(ωx ＋φ)或y =A cos(ωx ＋φ)的图象，无论是先平移再伸缩，还是先伸缩再平移，只要平移|φ|个单位，都是相应的解析式中的x 变为x ±|φ|，而不是ωx 变为ωx ±|φ|. （2）注意平移前后两个函数的名称是否一致，若不一致，应用诱导公式化为同名函数再平移. （二）结合图象及性质求解析式y =A sin(ωx ＋φ)＋B (A >0，ω>0)的方法（1）求A ，B ，已知函数的最大值M 和最小值m ，则,22M m M mA B -+==. （2）求ω，已知函数的周期T ，则2πTω=. （3）求φ，常用方法有：①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时，A ，ω，B 已知)． ②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的第一个零点(,0)ϕω-作为突破口，具体如下： “第一点”(即图象上升时与x 轴的交点中距原点最近的交点)为ωx ＋φ=0；“第二点”(即图象的“峰点”)为ωx ＋φ=π2；“第三点”(即图象下降时与x 轴的交点)为ωx ＋φ=π；“第四点”(即图象的“谷点”)为ωx ＋φ=3π2；“第五点”为ωx ＋φ=2π.（三）求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型的题目及求解方法（1）形如y =a sin x ＋b cos x ＋k 的三角函数化为y =A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，再求最值(值域)； （2）形如y =a sin 2x ＋b sin x ＋k 的三角函数，可先设sin x =t ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)； （3）形如y =a sin x cos x ＋b (sin x ±cos x )＋c 的三角函数，可先设t =sin x ±cos x ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)．（四）三角函数单调性问题的常见类型及解题策略（1）已知三角函数解析式求单调区间．①求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析式先化简，并注意复合函数单调性规律“同增异减”；②求形如y =A sin （ωx ＋φ）或y =A cos （ωx ＋φ）（其中，ω>0）的单调区间时，要视“ωx ＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错．（2）已知三角函数的单调区间求参数．先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解． （3）利用三角函数的单调性求值域（或最值）．形如y =A sin （ωx ＋φ）＋b 或可化为y =A sin （ωx ＋φ）＋b 的三角函数的值域（或最值）问题常利用三角函数的单调性解决. （五）三角函数的奇偶性、周期性、对称性的处理方法（1）求三角函数的最小正周期，一般先通过恒等变形化为y =A sin(ωx ＋φ)，y =A cos(ωx ＋φ)，y =A tan(ωx＋φ)的形式，再分别应用公式T =2||ωπ，T =2||ωπ，T =||ωπ求解． （2）对于函数y =A sin （ωx ＋φ），其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此在判断直线x =x 0或点（x 0，0）是否为函数的对称轴或对称中心时，可通过检验 f （x 0）的值进行判断．（3）若f （x ）=A sin （ωx ＋φ）为偶函数，则φ=k π＋2π（k ∈Z ），同时当x =0时，f （x ）取得最大或最小值．若f （x ）=A sin （ωx ＋φ）为奇函数，则φ=k π（k ∈Z ），同时当x =0时，f （x ）=0. （六）三角函数的图象及性质与三角恒等变换相结合的综合问题（1）利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式转化成y =A sin(ωx ＋φ)＋t 或y =A cos(ωx ＋φ)＋t 的形式．（2）利用公式2π(0)T ωω=>求周期．（3）根据自变量的范围确定ωx ＋φ的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值，另外求最值时，根据所给关系式的特点，也可换元转化为二次函数的最值．（4）根据正、余弦函数的单调区间列不等式求函数y =A sin(ωx ＋φ)＋t 或y =A cos(ωx ＋φ)＋t 的单调区间． 【好题训练】1．【2020广西南宁高三调研】如图，直线 2230x y +-=经过函数() sin()f x x ωϕ=+（0>ω，||ϕπ<） 图象的最高点 M 和最低点 N ，则A ．2πω=，4πω=B ．ωπ=， 0ϕ=C ．2πω=，4πϕ=-D ．ωπ=， 2ϕπ=【答案】A【解析】由M ，N 分别是图象的最高点和最低点得其纵坐标为1和1-，代入直线2230x y +-=得其横坐标分别为12和52，故1,12M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，5,12N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，得51 2222T =-=，故24T πω==，故2πω=，M代入()f x 得11sin 22πϕ⎛⎫=⨯+⎪⎝⎭，故12222k ππϕπ⨯+=+，所以24k k Z πϕπ=+∈，因为||ϕπ<，所以4πϕ=，故选A ．【名师点睛】本题主要考查利用()sin y A x ωφ=+的图象特征，由函数()sin y A x ωφ=+的部分图象求解析式，理解解析式中,,A ωφ的意义是正确解题的关键，属于中档题．A 为振幅，有其控制最大、最小值，ω控制周期，即2T πω=，通常通过图象我们可得2T 和4T,φ称为初象，通常解出A ，ω之后，通过特殊点代入可得，用到最多的是最高点或最低点.2．【2020福建三明高三三模】函数()|sin |cos 2f x x x =+的值域为 A ．91,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]0,1D ．90,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】由题意得22()|sin |12sin 2|sin ||sin |1f x x x x x =+-=-++21992sin 0,488x ⎛⎫⎡⎤=--+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故选D.【名师点睛】本题考查三角函数的恒等变换及性质，考查二次函数值域，考查运算求解能力，是中档题.3．【2020安徽阜阳高三模拟】已知函数()()2sin 0,0y x ωθωθπ=+><<为偶函数，其图象与直线2y =的交点的横坐标为12,x x ，若12x x -的最小值为π，则 A ．=2=2πωθ， B ．1==22πωθ， C ．1==24πωθ，D ．=2=4πωθ，【答案】A【解析】因为函数与直线2y =的交点的横坐标为12,x x ，且12x x -的最小值为π，所以周期T π=，,所以2==2πωπ，又函数为偶函数且0θπ<<，所以=2πθ，故选A. 【名师点睛】本题主要考查了正弦型函数的图象与性质，涉及周期性和奇偶性，属于中档题.4．【2020河南洛阳高三联考】将函数π()2sin 26f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象向右平移π6个单位长度，再把图象上所 有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数()g x 的图象，则下列说法正确的是A ．函数()g x 1B ．函数()g x 的最小正周期为πC ．函数()g x 的图象关于直线π3x =对称 D ．函数()g x 在区间π2,6π3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增 【答案】D【解析】将函数()f x 的图象向右平移π6个单位长度得：πππ()2sin 22sin 2666h x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的图象，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得：()π2sin 6g x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()g x 的最大值为2，可知A 错误；()g x 的最小正周期为2π，可知B 错误；π3x =时，ππ66x -=，则π3x =不是()g x 的图象的对称轴，可知C 错误；当2,63ππx ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，ππ0,62x ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，此时()g x 单调递增，可知D 正确. 【名师点睛】本题考查三角函数图象平移变换和伸缩变换、正弦型函数的单调性、对称性、值域和最小正周期的求解问题，关键是能够明确图象变换的基本原则，同时采用整体对应的方式来判断正弦型函数的性质.求解时，根据平移变换和伸缩变换的原则可求得()g x 的解析式，依次判断()g x 的最值、最小正周期、对称轴和单调性，可求得正确结果.5．【2020湖南邵阳高三质检】已知函数()sin()(0)f x x ωϕω=+>的图象与x 轴的两个相邻交点的距离等于4π，若()6，x R f x f π⎛⎫∀∈≤ ⎪⎝⎭，则正数ϕ的最小值为A ．6πB ．56π C ．3π D ．4π 【答案】B【解析】∵函数()sin()(0)f x x ωϕω=+>的图象与x 轴的两个相邻交点的距离等于4π， ∴1224ππω⋅=，∴4ω=，∴()sin(4)f x x ϕ=+， 又∵()6，x R f x f π⎛⎫∀∈≤ ⎪⎝⎭，∴6x π=是()f x 的一条对称轴，∴462k ππϕπ⨯+=+，k Z ∈ ，∴6，k k Z πϕπ=-∈.∵0ϕ>，故令1k =，得56πϕ=为最小值.故选：B. 【名师点睛】本题为考查“()sin()f x A x b ωϕ=++的图像和性质”的基本题型，考查学生对三角函数相关性质的理解记忆，以及运用，为中等偏下难度题型. 6．【2020广东省韶高三调研】已知函数ππ()sin cos 44f x x x ⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则下列说法错误的是 A ．()f x 的图象关于π=4x 对称 B ．()f x 的最小正周期为π2C ．()f x 在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数D ．()f x 的一个对称中心是(π,0)【答案】D【解析】ππ1π1()sin cos sin 2|cos2|44222f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 由()f x 的图象知，()f x 的图象关于π4x =对称，故A 正确；()f x 的最小正周期为π2，故B 正确； ()f x 在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数，故C 正确；点(π,0)不是()f x 的一个对称中心，故D 错误.选：D【名师点睛】本小题考查三角函数的图象，考查余弦函数的最小正周期、对称轴、对称中心、单调区间等基本知识，考查了运算能力，逻辑推理能力，函数与方程思想，属于中档题.7．【2020江西赣州高三诊断】已知函数()cos()(0)f x x ωϕω=+>的最小正周期为π，且对x ∈R ，()3f x f π⎛⎫⎪⎝⎭恒成立，若函数()y f x =在[0,]a 上单调递减，则a 的最大值是A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6【答案】B【解析】因为函数()()cos f x x ωϕ=+的最小正周期为π，所以22πωπ==，又对任意的x ，都使得()3f x f π⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 在3x π=上取得最小值，则223k πϕππ+=+，k Z ∈，即2,3k k Z πϕπ=+∈，所以()cos 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令222,3k x k k Z ππππ≤+≤+∈，解得,63k x k k Z ππππ-+≤≤+∈ ，则函数()y f x =在0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，故a 的最大值是3π.故选B 【名师点睛】本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力.8．【2020广东佛山高三模拟】已知函数()f x 是定义域在R 上的偶函数，且()()11f x f x =+-，当[]0,1x ∈时，()3f x x =，则关于x 的方程()cos f x x π=在15,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上所有实数解之和为A ．1B ．3C ．6D ．7【答案】D【解析】因为()()11f x f x =+-，则()()2f x f x =-，所以()f x 的最小正周期为2，又由()()()111f x f x f x +=-=-得()f x 的图像关于直线1x =对称.令()cos g x x π=，则()g x 的图像如图所示，由图像可得，()y f x =与()cos g x x π=的图像在15,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦有7个交点且实数解的和为2317⨯+=,故选D.【名师点睛】一般地，方程()()f x g x =的解的性质的讨论，可以通过构建新函数()()()F x f x g x =-来讨论，也可以通过考虑()y f x =和()y g x =的图像的交点性质来讨论. 9．【2020湖北襄阳高三模拟】关于函数f （x ）=1sin sin x x+有如下四个命题： ①f （x ）的图像关于y 轴对称．②f （x ）的图像关于原点对称． ③f （x ）的图像关于直线x =2π对称． ④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 【答案】②③【解析】对于命题①，152622f π⎛⎫=+=⎪⎝⎭，152622f π⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数()f x 的定义域为{},x x k k Z π≠∈，定义域关于原点对称，()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭， 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象关于直线2x π=对称，命题③正确；对于命题④，当0x π-<<时，sin 0x <，则()1sin 02sin f x x x=+<<， 命题④错误.故答案为：②③.【名师点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.10．【2020河南郑州高三质检】已知函数()1cos 2c 4os f x x b x c =++，若对任意1x ，2x R ∈，都有12()()4f x f x -≤，则b 的最大值为 . 【答案】2 【解析】2111()cos 2cos cos cos 424f x x b x c x b x c =++=++-，令[]cos 1,1t x =∈-，问题等价于211()24g t t bt c =++-， 对任意1t ∀，[]21,1t ∈-，都有()()124g t g t -≤，即max min ()()4g t g t -≤， 欲使满足题意的b 最大，所以考虑0b >，21()2g t t bt c =++对称轴为x b =-，当01b <<时，2max min 11()(1),()()22g t g b c g t g b b c ==++=-=-+m max 22in ()()4111(1)2222g t g t b b b =-=++<≤+，01b ∴<<；当1b ≥时，max min ()()(1)(1)24g t g t g g b -=--=≤，2b ≤，12b <≤，综上，02b <≤,b 的最大值为2，故选：C.【名师点睛】本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了二次函数的性质应用问题，属于较难题．。

2020年山东省高考数学试卷（含详细解析）

2020年山东省高考数学试卷（含详细解析）

保密★启用前2020年山东省高考数学试卷题号—四总分得分注意事项：1.答题前境写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、单选飓I-设集合』=国1安3,刀二（同254},则二（）A.{x|2<x<3}B.{x|2冬3}C.{x\l<x<4}D.(x|l<.r<4}c2・i<)】+2iA.1B.-1C.iD.—i3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，何名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（）A.120种B.90种C.60种D.30种4.日曹是中国占代用来测定时间的仪器，利用与昌面玳立的岩针投射到岳面的影子来测定时间.把地球看成-•个球（球心记为O），地球上一点刃的纬度是指&4勺地球赤道所在平面所成角，点/处的水平而是指过点.4旦与OA垂宜的平面.在点X处放迎一个日号，若妙面与赤道所在平面平行，点X处的纬度为北纬40。

则曷针与点为处的水平面所成角为（）oA.20°B.40C.S(PD.90°5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生总欢足球或游泳，60%的学生O 喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（A.62%B.56%，C.46%D.42%6.基本再生数/?。

.与世代间隔r是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指•个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：/«）=矿描述累计感染病例数/（，）随时间r（单位:天）的变化规O 体，指数增长率尸与R。

，7•近似满足汽。

=1+尸70学者基于己有数据估计出仇=3.2X,E>.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为（1应二0.69）A. 1.2天B. 1.8天C.25天D. 3.5天7.已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点.则而•而的取值范围是（A.(-2.6)B,(—6,2)O※※粟※※她※※^ !※※急※※上※※漓※※七※※共※※/※※磐※米C.(-2,4)D.(-4,6)8.若定义在A的奇函数/W在gO）单调递减,且.42）=0,则满足xf（x-\）>Q fiijx的取值范闱是（A.[-U1UIX+X)B.[-X-1JUI0J]£C•[一l,0]u[l,E D.[T,0]5L3]评卷人得分O.。

高考数学复习热点07 数列与不等式(原卷版)

高考数学复习热点07 数列与不等式(原卷版)

热点07 数列与不等式【命题趋势】 在目前高考卷的考点中，数列主要以两小或一大为主的考查形式，在小题中主要以等差数列和等比数列为主，大题与三角函数，解三角形的内容交替考查，早在2014年和2015年卷中，以数列的通项与求和为主，而近3年的第17题（即解答题的第1题的位置），完全是考查解三角形.但是数列仍然作为解答题第一题的热点.由于三角函数与数列均属于解答题第一题，考查的内容相对比较简单，这一部分属于必得分，对于小题部分，一般分布为一题简单题一道中等难度题目，对于不等式一般以线性规划以及作为一个工具配合其他知识点出现.主要是以基本不等式作为切入点形式出现，题目难度中等本.专题针对高考中数列，不等式等高频知识点，预测并改编一些题型，通过本专题的学习，能够彻底掌握数列，不等式.请学生务必注意题目答案后面的名师点睛部分，这是对于本类题目的一个总结.【知识点分析以及满分技巧】等差数列如果记住基本的通项公式以及求和公式，所有的等差数列问题都可以解决.数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.{}n a {}n b 1122n n a b a b a b ++⋅⋅⋅（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，，()11111n n n n =-++()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭等.()()1111212122121n n n n ⎛⎫=-⎪-+-+⎝⎭（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.对于基本不等式类的题目应注意等号成立地条件.【考查题型】选择，填空，解答题（数列）【限时检测】（建议用时：50分钟）1．（2021·全国高三专题练习（理））定义：在数列中，若满足（{}n a 211n n n na a da a +++-=为常数），称为“等差比数列”，已知在“等差比数列”中，*,n N d ∈{}n a {}n a ，则等于（ ）1231,3a a a ===20202018a a A ．4×20162－1B ．4×20172－1C ．4×20182－1D ．4×201822．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列满足，且，{}n a ()*111n na n N a +=-∈12a =则（）2017a =A ．B ．C ．D ．21-12323．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列中，，，则{}n a 11a =()11n n n a na ++=（ ）12a =A ．11B ．12C ．13D ．144．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列满足：，{}n a 113a=，，则下列说法正确的是（ ）1(1)21n n n a na n ++-=+*n N ∈A ．1n na a +≥B ．1n na a +≤C ．数列的最小项为和{}n a 3a 4a D ．数列的最大项为和{}n a 3a 4a 5．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列的前项和为，，且满足{}n a n n S 15a =，若，，，则的最小值为（ ）122527n na a n n +-=--p *q ∈N p q >p q S S -A ．B ．C ．D ．06-2-1-6．（2021·全国高三专题练习（理））已知等比数列的前n 项和为S n ，则下列命题一定{}n a 正确的是（ ）A ．若S 2021＞0，则a 3+a 1＞0B ．若S 2020＞0，则a 3+a 1＞0C ．若S 2021＞0，则a 2+a 4＞0D ．若S 2020＞0，则a 2+a 4＞07．（2021·全国高三其他模拟（理））等比数列中，且，，成等差数{}n a 11a =14a 22a 3a 列，则的最小值为（ ）()*na n N n ∈A ．B ．C ．D ．1162549128．（2021·全国高三专题练习（理））已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2＝15－ab ，则ab 的最大值是（ ）A ．15B ．12C ．5D ．39．（2021·银川市·宁夏银川二十四中高三月考（理））函数的图像恒过定点，若点在直线上，()()log 310,1a y x a a =+->≠A A 10mx ny ++=其中，则的最小值为（）0mn >12m n +A ．B ．C ．D ．7891010．（2021·全国高三专题练习（理））已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3=7，S 6=63，则数列{na n }的前n 项和为（ ）A ．-3+(n +1)×2nB ．3+(n +1)×2nC ．1+(n +1)×2nD ．1+(n -1)×2n11．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列满足，.设{}n a 112a =*11()2n n a a n N +=∈，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（ ）2n n n b a λ-=*n N ∈{}n b λA ．B ．C ．D ．(,1)-∞3(1,2-3(,)2-∞(1,2)-12．（2021·全国高三专题练习（理））已知f (x )＝，则f (x )在上的最小值221x x x -+1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦为（）A ．B ．1243C ．－1D ．013．（2021·福建高三其他模拟）已知，，，则的最小值为0x >0y >23x y +=23x yxy +（）A ．B ．CD3-1+11+14．（2021·全国高三专题练习（理））已知a ＞0，b ＞0，若不等式恒成立，313m a b a b +≥+则m 的最大值为（ ）A ．9B ．12C ．18D ．2415．（2021·全国高三专题练习（理））若是面积为的内的一点（不含边界），若P 1ABC ∆和的面积分别为，则的最小值是（ ）,PAB PAC ∆∆PBC ∆,,x y z 1y z x y z +++A ．B C ．D313二、解答题16．（2020·威远中学校高三月考（理））已知数列是等差数列，前项和为，且{}n a n n S .53463,8S a a a =+=（1）求；n a （2）设，求数列的前项和.2nn n b a =⋅{}n b n n T 17．（2020·四川省绵阳南山中学高三月考（理））设公差不为零的等差数列的前项和{}n a n 为，已知，且，，成等比数列．n S 39S =2a 5a 14a （1）求数列的通项公式；{}n a （2）对任意的正整数，都有成立，求实数的取值范围．n 20nn m a ⋅->m18．（2020·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）已知正项数列的前项和为{}n a n .2*111,1,,n n n n S a S S a n N ++=+=∈（1）求的通项公式；{}n a （2）若数列满足：，求数列{}n b 1122222...22n n n n a b a b a b a b +++++=-的前项和.221log n n a b +⎧⎫⎪⎪⎨⎬⋅⎪⎪⎩⎭n n T 19．（2020·黑龙江高三月考（理））已知数列的前项和为，．{}n a n n S 22n n S a =-（1）求数列的通项公式；{}n a （2）设，，记数列的前项和．若对，2log n n b a =11n n n c b b +={}n c n nT*n N ∈恒成立，求实数的取值范围．()4n T k n ≤+k 20．（2020·咸阳市高新一中高三月考（理））已知等差数列满足，．{}n a 22a=145a a +=（1）求数列的通项公式；{}n a （2）若数列满足：为等比数列，求数列的前n 项和．{}n b {}123,6,n n b b b a ==-{}n b nT。

培优点07数列中的构造问题(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

培优点07数列中的构造问题(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

培优点07数列中的构造问题（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】　数列中的构造问题是历年高考的一个热点内容，主、客观题均可出现，一般通过构造新的数列求数列的通项公式．【核心题型】题型一　形如a n ＋1＝pa n ＋f (n )型形式构造方法a n ＋1＝pa n ＋q 引入参数c ，构造新的等比数列{a n －c }a n ＋1＝pa n ＋qn ＋c 引入参数x ，y ，构造新的等比数列{a n ＋xn ＋y }a n ＋1＝pa n ＋q n两边同除以q n ＋1，构造新的数列{a n q n}命题点1　a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)【例题1】（2024·河南·模拟预测）已知数列{}n a 满足1111233n n a a +=×+，且234a =，则1011a =（ ）A ．101113æöç÷èøB ．10111011313+C ．10101010313+D ．101013æöç÷èø【变式1】（2024·天津河西·三模）若数列{}n a 满足121n n a a +=-，则称{}n a 为“对奇数列”．已知正项数列{}1n b +为“对奇数列”，且12b =，则2024b =（ ）A ．202323´B ．20232C ．20242D ．20252【变式2】（2022·广西柳州·三模）已知数列{}n a 的首项11a =，其前n 项和为n S ，若121n n S S +=+，则5a =.【变式3】（23-24高三·山东青岛·期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，12n n a S +=+．(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设2221log log n n n b a a +=×，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明34n T <．命题点2　a n ＋1＝pa n ＋qn ＋c (p ≠0,1，q ≠0)【例题2】（2023·河南郑州·模拟预测）在数列{}n a 中，12211,9,3210n n n a a a a a ++===--，则{}n a 的前n 项和n S 的最大值为（ ）A ．64B ．53C ．42D ．25【变式1】（20-21高三上·天津滨海新·期中）已知数列{}n a 满足10a =，121n n a a n +=+-，则数列{}n a 的一个通项公式为（ ）A ．1n a n =-B ．2(1)n a n =-C ．3(1)n a n =-D ．4(1)n a n =-【变式2】（2024·宁夏石嘴山·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111,21,n n a a a n +=+=+则19S =.【变式3】（2024·湖南邵阳·一模）已知数列{}n a 的首项为()*12,21n n a a n n ++=+ÎN ，则10a = .命题点3　a n ＋1＝pa n ＋q n (p ≠0,1，q ≠0,1)【例题3】（2022·河南·模拟预测）在数列{}n a 中，若12a =，1132n n n a a ++=+，则n a =（ ）A ．2nn ×B ．5122n-C ．1232n n +×-D ．11432n n -+×-【变式1】（2024·湖南永州·三模）已知非零数列{}n a 满足21220n n n n a a ++-=，则20242021a a =（ ）A ．8B ．16C ．32D ．64【变式2】（2024·四川南充·二模）已知数列{}n a ，满足11a =，且12nn n a a +=，则78a a +=.【变式3】（23-24高三上·湖南娄底·期末）已知数列{}n a 满足212,2,nn n a a a +=×=则10a 的值为 .题型二　相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1)　可以化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{a n －a n －1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{a n }【例题4】（22-23高三上·湖北·阶段练习）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且121a a ==，1223n n n a a a --=+（3n ³），则下列结论正确的是（ ）A ．数列{}1n n a a +-为等比数列B ．数列{}12n n a a ++为等比数列C ．()20401314S =-D ．()11312n n n a --+-=【变式1】（2024·山西晋中·模拟预测）若数列{}n a 满足11a =，24a =，且对任意的()*N 2n n γ都有1122n n n a a a +--+=，则234202411111111a a a a ++++=----L （ ）A ．31114220232024æö-+ç÷èøB ．10122024C ．31114220242025æö-+ç÷èøD ．10122025【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知数列{}()*1211,1,2,540,2n n n n a a a a a a n n +-==-+=γN ，则{}n a 的通项公式为.【变式3】（23-24高三上·四川·阶段练习）在数列{}n a 中，11a =，22a =，1132n n n a a a +-=-(2,N )n n *³Î.设1n n n b a a +=-.(1)求证：数列{}n b 是等比数列；(2)设1(1)(21)n n n n a c b +=+×+，记数列{}n c 的前n 项和n T ，求证：1n T <.题型三　倒数为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ra n ＋s型)　两边同时取倒数转化为1a n ＋1＝s p ·1a n ＋r p 的形式，化归为b n ＋1＝pb n ＋q 型，求出1a n的表达式，再求a n ．【例题5】（2022·浙江·模拟预测）数列{}n a 满足()112nn na a n a *+=Î+N ，11a =，则下列结论错误的是（ ）A ．10317211a a a =+B ．12n a ìüïïíýïïîþ是等比数列C ．()211n n a -=D ．517493a a a =【变式1】（23-24高三上·山东青岛·期末）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1112,21n n n a a a a +==+，若2024(1,)S k k Î-，则正整数k 的值为（ ）A ．2024B ．2023C ．2022D ．2021【变式2】（2021·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足132a =，133n n n a a a +=+，若3n n n c a =，则12n c c c ++×××+= .【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的首项143a =，且满足184n n n a a a +=+，212n n b a =-.(1)求证：数列{}n b 是等比数列；(2)记n nnc n b =+，求数列{}n c 的前n 项和n S .【课后强化】【基础保分练】一、单选题1．（2022高三上·河南·专题练习）已知各项均为正数的数列{}n a 满足*12()2n n n a a n n +=+Î-N ，且10a >．若当且仅当3n =时，n a n取得最小值，且1sin()02a p=，则符合条件的实数1a 组成的集合中的元素个数为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．62．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，12n n n a a a +=+，记11n n b a =+，若存在m ，*n ÎN ，使得22log log 6m n b b +=，则86m mn+的最小值为（ ）A ．83B ．103C ．114D ．1453．（2023·陕西商洛·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =-，121n n a a n ++=+，若12399n n S S ++=，则n =（ ）A ．48B ．49C ．50D ．514．（23-24高三上·河北·阶段练习）在数列{}n a 中，11a =，213n n n a a a t +=-+，且2n a £，则实数t 的最大值为（ ）A ．4B ．5C．D ．6二、多选题5．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足111,2n n a a a n +==+，则下列判断正确的是（ ）A ．311S =B ．419a =C ．8721S =D ．9758a =6．（2023·辽宁朝阳·一模）已知数列{}n a 满足11a =，且*12,N 1n n naa n a +=Î+，则下列说法正确的是（ ）A ．数列{}n a 为递减数列B ．01n a <£C ．1011,87a æöÎç÷èøD ．50111110a <<三、填空题7．（2022·湖南益阳·一模）已知数列{}n a 中，11a =，1512+=-n na a ，若12n n b a =-，则数列{}n b 的前n 项和n S =.8．（2023·陕西汉中·一模）已知数列{}n a 满足：1133n n n a a ++=+，若13a =，则{}n a 的通项公式为 .9．（23-24高三下·湖北·阶段练习）已知数列{}n a 中，135a =，121n n n a a a +=+，*n ÎN ，则{}1n n a a +的前n 项和n S =．四、解答题10．（2024·陕西西安·二模）已知数列{}n a 的前n 项为n S ，21n a n =+，数列{}n b 为等比数列，且229a b +=，103128S b +=.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =×，求数列{}n c 的前n 项和n M .11．（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足12a =，12n n a a n +=+．(1)求证{}1n a n ++是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设1n n c a n=+，求证：121n c c c +++<L ．【综合提升练】一、单选题1．（2023·四川泸州·三模）已知数列{}n a 满足122n n a a +=+，11a =，则此数列的通项公式为（ ）A ．11,132,2n n n a n -=ì=í´³îB ．1,13,2n nn a n =ì=í³îC ．1322n n a -=´-D ．32n n a =-2．（2023·河南郑州·模拟预测）已知数列{}n a 各项均为正数，13a =，且有123n na a +=-，则n a =（ ）A ．121n -B ．321n-C ．1421n --D ．1221n+-3．（2023·云南红河·一模）已知数列{}n a 满足：119,2n n a a a n +=-=，则4a =（ ）A ．21B ．23C ．25D ．274．（2021·四川绵阳·模拟预测）设数列{}n a 满足113,34n n a a a n +==-，若21485n n n n n b a a +++=，且数列{}n b 的前n 项和为n S ，则n S =（ ）A ．2169n n æö-ç÷+èøB ．42369n n ++C ．1169n n æö+ç÷+èøD ．2169n n æö+ç÷+èø5．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若数列{}n a 满足123nn n a a a +=+（0n a ¹且1n a ¹-），则202320231a a +与202220221a a +的比值为（ ）A ．13B ．12C ．2D ．36．（2024·广东茂名·一模）数列{}n a 满足18a =，11nn n a a na +=+（*n ÎN ），112nn n b a l æöæö=+×ç÷ç÷èøèø，若数列{}n b 是递减数列，则实数l 的取值范围是（ ）A ．8,7æö-+¥ç÷èøB ．7,8æö-+¥ç÷èøC ．8,7æö+¥ç÷èøD ．7,8æö+¥ç÷èø7．（2023·四川·模拟预测）在数列{}n a 中，*n "ÎN ，1221n n n a a a ++=+，且123a <<，则下列结论成立的是（ ）A ．20222020a a <B ．2020202220212023a a a a +>+C ．2022202320212a a a +<D ．20232021a a >8．（23-24高三上·江苏盐城·阶段练习）已知数列{}n a 的首项135a =，且1321n n n a a a +=+，121112025na a a ++×××+<，则满足条件的最大整数n =（ ）A ．2022B ．2023C ．2024D ．2025二、多选题9．（21-22高三上·山东聊城·期末）已知数列{}n a 满足111,23nn na a a a +==+，则下列结论正确的有（ ）A ．13n a ìü+íýîþ为等比数列B ．{}n a 的通项公式为1123n n a +=-C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ìüíýîþ的前n 项和2234n n T n +=--10．（2023·重庆·模拟预测）已知数列{}n a 满足2134n n n a a a +=-+，14a =，n *ÎN ，则下列结论正确的有（ ）．A ．数列{}n a 是递增数列B ．142n n a -³×C ．11111122ni i n a a =++=--åD ．()21log 221nni i a =-£-å11．（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=-+，则下列说法正确的是（ ）A ．当112a =时，()5124n a n <£³B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a =C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a >D ．当13a =时，1221n n a -=+三、填空题12．（2020高三·上海·专题练习）已知数列{}n a 满足+11=34,1n n a a a +=，则n a = .13．（2023·四川乐山·三模）已知数列{}n a 满足122n n a a +=+，11a =，则n a = ．14．（2023·全国·模拟预测）数列{}n a 满足1144(2)n n n a a a n +-+=³，121,3a a ==，则263log a 的值为 ．四、解答题15．（23-24高三上·云南楚雄·期末）已知数列{}n a 满足12a =，1221nn n a a n +=++-.(1)求2a ，3a ；(2)求n a ，并判断{}2(1)n a n --是否为等比数列.16．（23-24高三下·山东·开学考试）已知数列{}n a 满足111,2n n a a a n +==+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)()(1)1nn n b a n =-+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ．17．（2024·陕西宝鸡·一模）已知数列{}n a ，若11a =，且121n n a a +=+.(1)求证：{}1n a +是等比数列，并求出数列{}n a 的通项公式；(2)若()12n n nn a b +=，且数列21n n b b +ìüíýîþ的前项和为n S ，求证：1334n S £<.18．（2024·山西临汾·一模）已知数列{}n a 的首项11a =，且满足121n n a a n +=+-，等比数列{}n b 的首项112b =，且满足22n n b b =.(1)求证：数列{}n a n +是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和nS19．（2024·广东深圳·模拟预测）设数列{}n a 满足：12a =，1244n n a a n +=+-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}3nn n a +的前n 项和n S ．【拓展冲刺练】一、单选题1．（21-22高三下·青海玉树·阶段练习）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若1222,10n n a a S +=-=，则{}n a 的通项公式为（ ）A ．34n n a =-B ．22n n a =+C ．2n a n n=+D ．231n a n =-2．（20-21高三下·四川成都·期中）已知数列{}n a 满足121nn n a a a +=+，11a =，数列{}n b 满足11b =，()112n n n b b n a --=³，则数列13n b n +ìüíýîþ的最小值为（ ）．A ．294B ．223C．D ．436二、多选题3．（2023·江苏淮安·模拟预测）设a ，R b Î，数列{}n a 满足1a a =，21n n a a b +=+，*n ÎN ，则下列说法不正确的是（ ）A ．当12b =时，1010a >B ．当14b =时，1010a >C ．当2b =-时，1010a >D ．当4b =-时，1010a >4．（2024·安徽安庆·二模）满足12a =，21a =，()*21n n n a a a n ++=+ÎN 的数列{}n a 称为卢卡斯数列，则（ ）A ．存在非零实数t ，使得{}()*1n n a ta n ++ÎN 为等差数列B ．存在非零实数t ，使得{}()*1n n a ta n ++ÎN 为等比数列C ．()*243n n n a a a n ++=+ÎN D ．()20242023113ii i a a =-=-å三、填空题5．（2023·上海·模拟预测）数列{}n a 满足()*120,N n n n a a a n +=¹Î，且2a 与4a 的等差中项是5，则12n a a a ++×××+= ；6．（2023·浙江·二模）已知等比数列{}n a 满足()114n n n a a a +-=-，则公比q = .7．（2023·云南昆明·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，*1()3n n na a n a +=Î-N ，则n a = ．四、解答题8．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知数列{}n a 满足11262,4n n n a a a +=+×=.(1)证明数列2nn a ìüíýîþ为等差数列，并求n a ；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .9．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列{}n a 中，113a =，12n n n a a a +=-*(N )n Î.(1)证明：1{1}na -是等比数列；(2)求数列1{}na 的前n 项和.10．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的首项为147a =，且满足14(*)31n n n a a n a +=Î+N .(1)求证：数列11n a ìü-íýîþ为等比数列；(2)设11n n b n a æö=-ç÷èø，求数列{}n b 的前n 项和n T .。

2020年山东新高考数列精选模拟试题(含解析)

2020年山东新高考数列精选模拟试题(含解析)

专题8 数列数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系；解答题的难度中等或稍难，将稳定在中等难度.往往在利用方程思想解决数列基本问题后，进一步数列求和，在求和后可与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要． 预测2020年将保持稳定，注意主观题与不等式、函数等相结合.一、单选题1．（2020届山东省淄博市高三二模）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为 ABC．D．2．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且23n n n S a +=，则1n n a a -的最大值为（ ） A ．3-B ．1-C ．3D ．13．（2020届山东省济宁市高三3月月考）在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法错误的是（ ） A ．此人第二天走了九十六里路 B ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里.C ．此人第三天走的路程占全程的18D ．此人后三天共走了42里路若存在两项,m n a a32=，则14m n+的最小值为 A ．34B ．910C ．32D ．955．（2020届山东省青岛市高三上期末）已知数列{}n a 中,32a =,71a =.若1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列,则5a =( ) A ．23B ．32C ．43D ．34二、多选题6．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若4524a a +=，648S =，则下列正确的是（ ） A ．12a =-B ．12a =C ．4d =D ．4d =-7．（2020·山东曲阜一中高三3月月考）在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关.”则下列说法正确的是（ ） A ．此人第二天走了九十六里路B ．此人第三天走的路程站全程的18C ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里D ．此人后三天共走了42里路8．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）将n 2个数排成n 行n 列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列（其中m ＞0）.已知a 11＝2，a 13＝a 61+1，记这n 2个数的和为S .下列结论正确的有（ ）A ．m ＝3B ．767173a =⨯C ．()1313j ij a i -=-⨯D ．()()131314n S n n =+- 9．（2020届山东省济宁市第一中学高三一轮检测）等差数列{}n a 是递增数列，满足753a a =，前n 项和为n S ，下列选择项正确的是（ ） A ． 0d >B ．10a <C ．当5n =时n S 最小D ．0n S >时n 的最小值为810．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知数列{}{},n n a b 满足1111312,2ln(),0n n n n n n n a a b b a b n N a b n*+++=+=++∈+> 给出下列四个命题，其中的真命题是（ ） A ．数列{}n n a b -单调递增； B ．数列{}n n a b + 单调递增； C ．数{}n a 从某项以后单调递增； D ．数列{}n b 从某项以后单调递增.三、填空题11．（2020届山东省烟台市高三模拟）已知数列{}n a 的前n 项和公式为221n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为___．12．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏.在某种玩法中，用n a 表示解下()*9,n n n N≤∈个圆环所需移动的最少次数，{}na 满足11a=，且()()112122n n n a n a a n --⎧-⎪=⎨+⎪⎩为偶数为奇数，则解下5个圆环需最少移动________次.四、解答题13．（2020·山东高三模拟）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为414S =, 且137,,a a a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .14．（2020届山东省烟台市高三模拟）已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+，{}n b 是等差数列，且1n n n a b b +=+.（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1)(2)n n n nn a c b ++=+.求数列{}n c 的前n 项和n T . 15．（2020届山东省高考模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n S a a =-（*n N ∈），数列{}n b 满足16b =，14n n nb S a =++（*n N ∈）． （Ⅰ）求数列{}n a 通项公式； （Ⅱ）记数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：12nT ＜． 16．（2020届山东省济宁市第一中学高三一轮检测）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且23b =，39b =，11a b =，144a b =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和．17．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=+-，n n b a n =+.（1）求证：数列{}n b 是等比数列; （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .18．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，其前n 项和为n S ，若2822a a +=，且4712,,a a a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若12111n n T S S S =+++，证明：34n T <. 19．（2020届山东省泰安市肥城市一模）记n S 为公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，已知2219a a =，618S =.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S 的最大值及对应n 的大小.20．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知数列{}n a 为公差不为0的等差数列，且139a a a 、、成等比数列，246a a +=.（1）求数列{}n a 的通项n a ； （2）设()21cos3n n n a b a π+=，求数列{}nb 的前2020项的和2020S.21．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知11a =,121n n S S +-=,n *∈N . (1)证明:{}1n S +为等比数列,求出{}n a 的通项公式; (2)若n nn b a =,求{}n b 的前n 项和n T ,并判断是否存在正整数n 使得1250n n T n -⋅=+成立?若存在求出所有n 值;若不存在说明理由.22．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，627S =. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设2n an b =，记n T 为数列{}n b 的前n 项和.若124m T =，求m .23．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且*12(1)()n n a a n N +=+∈.（Ⅰ）证明：数列{a n +2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）设b n ＝log 2（a n +2）﹣log 23，求数列32n n b a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .24．（2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）数列{}n a 满足：123a a a +++()1312nn a +=- （1）求{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足3n na b n a =，求{}n b 的前n 项和n T .25．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知函数()log k f x x =（k 为常数，0k >且1k ≠）． （1）在下列条件中选择一个________使数列{}n a 是等比数列，说明理由； ①数列(){}n f a 是首项为2，公比为2的等比数列； ②数列(){}n f a 是首项为4，公差为2的等差数列；③数列(){}n f a 是首项为2，公差为2的等差数列的前n 项和构成的数列．（2）在（1）的条件下，当k =12241+=-n n n a b n ，求数列{}n b 的前n 项和n T . 26．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）在①325256a a a b =+=，；②234323b a a b =+=，；③345298S a a b =+=，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列{}n a 的公差为()1d d >，前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的公比为q ，且11a b d q ==，，____________．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式． （2）记nn na cb =，求数列{}n c ，的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 27．（2020·山东高三下学期开学）已知数列{}n a 满足123123252525253n n na a a a ++++=----…．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：11226n T ≤<． 28．（2020届山东省淄博市高三二模）已知数列{}n a 满足132a =，且()1112,22n n n a a n n *--=+≥∈N .（1）求证：数列{}2nn a 是等差数列，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S .29．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知数列{}n a 满足11a =，1431n n a a n +=+-，n n b a n =+.（1）证明：数列{}n b 为等比数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和.30．（2020·2020届山东省淄博市高三二模）（本小题满分12分）设函数()()22ln 11x f x x x =+++.（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）如果对所有的x ≥0，都有()f x ≤ax ，求a 的最小值；（Ⅲ）已知数列{}n a 中， 11a =，且()()1111n n a a +-+=，若数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：11ln 2n n n na S a a ++>-.一、单选题1．（2020届山东省淄博市高三二模）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为 ABC． D．【答案】D 【解析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为所以1(2,)n n a n n N -+=≥∈， 又1a f =，则7781a a q f === 故选D.2．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且23n n n S a +=，则1n n a a -的最大值为（ ） A ．3- B ．1-C ．3D ．1【答案】C 【解析】当2n ≥ 时，1121,,33n n n n n n S a S a --++== 两式作差可得：11211213311n n n n n a n n n a a a a n n --+++=-⇒==+-- ， 据此可得，当2n = 时，1nn a a -的最大值为33．（2020届山东省济宁市高三3月月考）在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法错误的是（ ）A ．此人第二天走了九十六里路B ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里.C ．此人第三天走的路程占全程的18D ．此人后三天共走了42里路【答案】C 【解析】由题意可知，每天走的路程里数构成以12为公比的等比数列，由S 6=378求得首项，再由等比数列的通项公式求第二天的，第三天的，后三天的路程，即可得到答案．4．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知正项等比数列{}n a 满足：2853516,20a a a a a =+=，若存在两项,m n a a 32=，则14m n+的最小值为 A ．34B ．910C ．32D ．95【答案】A 【解析】因为数列{}n a 是正项等比数列，28516a a a ，3520a a +=，所以2285516a a a a ，516a =，34a =，所以253a a q =，2q ，451a a q ，11a =，1112n n n a a q --==，32=，所以1110222m n，12m n +=，414114112125n m mnm n mnm n431124520,0n m mnm n ，当且仅当2n m =时“=”成立， 所以14mn的最小值为34，故选A 。

专题07 点差法(新高考地区专用)(原卷版)

专题07 点差法(新高考地区专用)(原卷版)

专题07 点差法1.点差法适用范围 （1）中点弦（2）圆锥曲线有三点P 、A 、B 且A 、B 关于原点对称 2.点差法在中点弦中推导过程3点差法在对称中的推导过程4.点差法在圆锥曲线中的结论总结：小题可以直接利用结论解题，解答题需要写推导过程 技巧1 点差法在椭圆在的应用【例1】（1）（2020·全国高三专题练习）直线1y kx =+与椭圆2214xy +=相交于,A B 两点，若AB 中点的横坐标为1，则k =（ ）A ．2-B ．1-C ．12-D ．1(2)2．（2020·高密市教育科学研究院高三其他模拟）已知椭圆的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆于A ,B 两点.若AB 的中点坐标为（1，-1），则G 的方程为（ ）A ．2214536x y +=B ．2213627x y +=C ．2212718x y +=D ．（3）．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三三模（文））已知斜率为1k 的直线l 与椭圆2214y x +=交于，B 两点，线段AB 的中点为C ，直线OC （O 为坐标原点）的斜率为2k ，则12k k ⋅=（ ）A ．14-B ．C ．12-D ．（4）．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆22221(0,0)x y a b a b+=>>与直线40x y -+=交于A ，B 两点，过原点与线段AB 中点所在的直线的斜率为13-，则椭圆的离心率为（ ）A ．3B ．C ．D ．【举一反三】1．（2020·广东珠海市·高三一模）已知椭圆的右焦点为F ，离心率，过点F 的直线l 交椭圆于,A B 两点，若AB 中点为(1,1)，则直线l 的斜率为（ ） A ．2B ．C ．12-D ．122．（2020·安徽安庆市·高三其他模拟）已知椭圆22:1(0)2x y E m m m+=>的右焦点为F ，过点F 的直线交椭圆E 于，B 两点，若AB 的中点坐标为（1，-1），则椭圆E 的方程为（ ） A ．B ．2212718x y +=C ．2213627x y +=D ．2214536x y +=3．（2020·全国高三专题练习）椭圆与直线1y x =-交于,A B 两点，过原点与线段AB 中点的直线的斜率为，则ba的值为（ ）A ．B C D ．274．（2019·北大附中深圳南山分校高三）已知椭圆，作倾斜角为的直线交椭圆C 于AB 、两点，线段AB 的中点为M O ，为坐标原点，若直线OM 的斜率为12，则b =（ ）A ．1B C D ．5．（2020·湖南长沙市·浏阳一中高三）已知椭圆的右焦点为(3,0)F ，过点F 的直线交E 于A 、B 两点．若AB 的中点坐标为，则椭圆E 的离心率为（ ）A ．12B ．C ．D ．技巧2 点差法在双曲线在的应用【例2】（1）（2020·全国高三专题练习）已知双曲线E ：24x －22y ＝1，直线l 交双曲线于A ，B 两点，若线段AB 的中点坐标为，则直线l 的方程为（ ） A ．4x ＋y －1＝0 B ．2x ＋y ＝0 C ．2x ＋8y ＋7＝0D ．x ＋4y ＋3＝0（2）（2020·沙坪坝区·重庆一中高三）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线()2222:10,0x y E a b a b-=>>的离心率为2，过点()2,1P 的直线m 与双曲线E 交于，B 两点.若P 是AB 的中点，则直线m 的斜率为（ ） A ．2B ．4C ．6D ．8（3）．（2020·河南鹤壁市·鹤壁高中高三）已知直线l :30x y -+=与双曲线C :22221x ya b-=(0a >,0b >)交于,B 两点,点()1,4P 是弦AB 的中点,则双曲线C 的离心率为( )A ．43B ．2C ．D （4）（2020·全国高三专题练习）已知双曲线E 的中心为原点，(3,0)P 是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且AB 的中点为(12,15)N --,则E 的方程式为A ．22136x y -=B ．22145x y -=C ．22163x y -=D ．22154x y -=【举一反三】1．（2019·陕西宝鸡市·高考模拟）双曲线的一条弦被点(4,2)P 平分，那么这条弦所在的直线方程是（ ）A ．20x y --=B ．2100x y +-=C ．20x y -=D ．280x y +-=2．（2019·广东佛山市·佛山一中高三期中）已知双曲线C ：22221x y a b-=(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C 交于两点A ，B ，若线段AB 的中点为(4，1)，则双曲线C 的渐近线方程是A ．2x ±y ＝0B ．x ±2y ＝0C ±y ＝0D ．x ＝03．（2020·吉林长春市·高三月考）双曲线()2222:10,0x y E a b a b-=>>被斜率为4的直线截得的弦AB 的中点为则双曲线E 的离心率为（ ）A B C ．2D 4．（2020·全国高三专题练习）过点P (4，2)作一直线AB 与双曲线C ：22x －y 2＝1相交于A ，B 两点，若P为线段AB 的中点，则|AB |＝（ ）A ．B ．C ．D ．5．（2020·全国高三专题练习）已知斜率为1的直线l 与双曲线C ：22221x y a b -=(0a >，0b >)相交于B 、D 两点，且BD 的中点为3(1)M ，.则C 的离心率为（ ） A ．2B ．C ．3D ．技巧3 点差法在抛物线在的应用【例3】（1）（2020·云南昆明市·昆明一中高三月考）已知抛物线2:4C y x =，以为中点作C 的弦，则这条弦所在直线的方程为（ ） A ．210x y --= B ．210x y -+= C ．230x y +-=D ．230x y ++=（2）（2020·贵州高三其他模拟）已知抛物线2:2(0)C y px p =>，倾斜角为6π的直线交C 于,A B 两点.若线段AB中点的纵坐标为p 的值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．4【举一反三】1．（2020·全国高三专题练习）直线l 过点(1,1)P 与抛物线24y x =交于,A B 两点，若P 恰为线段AB 的中点，则直线l 的斜率为（ ） A ．2B ．C ．12D ．12-2．（2020·河北衡水市·衡水中学高三）已知直线l 与抛物线26y x =交于、B 两点，直线l 的斜率为3，线段AB 的中点M 的横坐标为12，则AB =（ ） A ． B．3 C．3D．31．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交椭圆于A ．B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为（ ）A ．2214536x y +=B ．2213627x y +=C ．2212728x y +=D ．2．（2020·全国高三专题练习）椭圆2249144x y +=内有一点(3,2)P ，则以P 为中点的弦所在直线的斜率为( ) A ．23-B ．32-C ．49-D ．94-3．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三三模）已知斜率为()110k k ≠的直线l 与椭圆2214y x +=交于，B两点，线段AB 的中点为C ，直线OC (O 为坐标原点)的斜率为2k ，则12k k ⋅=（ ） A ．14-B ．C ．12-D ．4．（2020·全国高三专题练习）已知离心率为12的椭圆内有个内接三角形ABC ，O 为坐标原点，边的中点分别为D E F 、、，直线的斜率分别为123k k k ，，，且均不为0，若直线OD OE OF 、、斜率之和为1，则123111k k k ++=（ ） A ．43-B ．43C ．34-D ．345．（2020·全国高三专题练习）中心为原点，一个焦点为F （y ＝3x －2所得弦中点的横坐标为12，则该椭圆方程为（ ） A ．222217525x y +=B ．2217525x y +=C ．2212575x y +=D ．222212575x y +=6．（2020·全国高三专题练习）椭圆mx 2＋ny 2＝1与直线y ＝1－x 交于M ，N 两点，连接原点与线段MN 中点所得直线的斜率为，则mn的值是（ ） A ．B．3C．2D7．（2020·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三）已知双曲线C ：，斜率为2的直线与双曲线C 相交于点、B ，且弦AB 中点坐标为，则双曲线C 的离心率为（ ）A ．2BCD ．38．（2020·青海西宁市·高三二模）已知倾斜角为π4的直线与双曲线C ：22221x y a b-=（0a >，0b >）相交于A ，B 两点，(4,2)M 是弦AB 的中点，则双曲线的离心率为（ ） ABC ．32D ．9．（2020·银川三沙源上游学校高三）已知直线l :30x y -+=与双曲线C :22221x ya b-=(0a >，0b >)交于，B 两点，点()1,4P 是弦AB 的中点，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．43B ．2C ．D10．（2020·齐齐哈尔市第八中学校高三）已知A ，B 为双曲线2222x y a b-=1（a ＞0，b ＞0）上的两个不同点，M 为AB 的中点，O 为坐标原点，若k AB •k OM 12=，则双曲线的离心率为（ ）A B C ．2D ．11．（2020·甘肃兰州市·高三月考）过点()42P ，作一直线AB 与双曲线22:12x C y -=相交于、B 两点，若P 为AB 中点，则AB =( )A ．B ．C ．D ．12．（2020·全国高三专题练习）已知F 是抛物线C ：y 2=2px (p >0)的焦点，过点R (2，1)的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，R 为线段AB 的中点.若|FA |+|FB |=5，则直线l 的斜率为（ ）A ．3B ．1C ．2D ．1213．（2020·湖北武汉市·高三三模）设直线:2AB y kx =-与抛物线28y x =交于，B 两点，若线段AB 中点横坐标为2，则直线的斜率k =（ ）. A ．2B ．1-C ．D ．1-或214．（2020·全国高三月考（理））已知圆22:3O x y +=与抛物线2:2(0)C y px p =>相交于,A B 两点，且||AB =C 上存在关于直线对称的相异两点P 和Q ，则线段PQ 的中点坐标为（ ） A ．B ．(2,0)C ．D ．(1,1)15．（2020·全国高三月考）已知抛物线2:2C y px =的焦点到准线的距离为1，若抛物线C 上存在关于直线对称的不同两点P 和Q ，则线段PQ 的中点坐标为（ ） A ．B ．C ．D ．16．（2020·全国高三专题练习）已知直线l 过抛物线2:8C y x =的焦点，并交抛物线C 于A 、B 两点，|16|AB =，则弦AB 中点M 的横坐标是（ ）A ．3B ．4C ．6D ．817．（2020·河北衡水市·衡水中学高三月考）抛物线方程为24x y =，动点P 的坐标为，若过P 点可以作直线与抛物线交于,A B 两点，且点P 是线段AB 的中点，则直线AB 的斜率为（ ）A ．12B ．12-C ．2D ．18．（2020·全国高三专题练习）过椭圆内的一点(21)M ，引一条弦，使弦被M 点平分，求这条弦所在的直线方程 .19．（2020·全国高三专题练习）已知双曲线E 的中心为原点，(30)F ，是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于、B 两点，且AB 的中点为，求双曲线E 的方程 .20．（2020·全国高三专题练习）直线m 与椭圆22x ＋y 2＝1交于P 1，P 2两点，线段P 1P 2的中点为P ，设直线m 的斜率为k 1(k 1≠0)，直线OP 的斜率为k 2，则k 1k 2的值为________.21．（2020·全国高三其他模拟）已知直线3y x m =-与椭圆相交于P ，Q 两点，若PQ 中点的横坐标恰好为2m ，则椭圆C 的离心率为______.22．（2019·浙江宁波市·镇海中学高三开学考试）已知椭圆r ：的离心率为，△ABC 的三个顶点都在椭圆r 上，设△ABC 三条边AB 、BC 、AC 的中点分别为D 、E 、M ，且三条边所在直线的斜率分别为1k 、2k 、3k 且均不为0，O 为坐标原点，若直线OD 、OE 、OM 的斜率之和为2，则123111k k k ++=___________． 23．（2020·四川成都市·高三二模）设直线:1l y x =-与抛物线相交于,A B 两点，若弦AB 的中点的横坐标为2,则p 的值为___________．24．（2020·全国高三月考）已知椭圆的右焦点为，过点F 的直线交椭圆于、B 两点.若AB 的中点坐标为，则椭圆C 的方程为______.25．（2020·江苏）椭圆与直线y ＝1－x 交于A ，B 两点，过原点与线段AB 中点的直线的斜率为，则ba的值为________．26．（2020·湖北黄冈市·黄冈中学高三其他模拟（理））已知双曲线C 的中心在原点，是一个焦点，过F 的直线l 与双曲线C 交于，B 两点，且AB 的中点为，则C 的方程是______. 27．（2020·广东广州市·高三月考）已知直线l 与双曲线2221y x -=交于,A B 两点，当,A B 两点的对称中心坐标为时，直线l 的方程为________.28．（2020·西藏拉萨市·拉萨中学高三月考）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>上存在两点A ，B 关于直线8y x =-对称，且线段AB 的中点在直线2140x y --=上，则双曲线的离心率为_________.29．（2020·全国高三月考）过点()1,1P 作直线l 与双曲线222y x λ-=交于，B 两点，若点P 恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是______.30．（2019·云南玉溪市·高三月考）已知抛物线22(0)y px p =>，焦点到准线的距离为1，若抛物线上存在关于直线20x y --=对称的相异两点，B ，则线段AB 的中点坐标为_________.。

易错点07 数列(原卷版) -备战2021年新高考数学一轮复习易错题

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易错点07 数列—备战2021年高考数学一轮复习易错题【典例分析】例1 （2020年普通高等学校招生全国统一考试数学）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________．例2 （2020年普通高等学校招生全国统一考试数学）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【易错警示】易错点1．已知n S 求n a 时, 易忽略1n =致错．【例1】已知数列{}n a 的前项和为n S ＝12n 2＋12n ＋1，求{}n a 的通项公式．易错点2．利用等比数列前n 项和公式时，忽略公比1q =致错．【例2】求数列2311,3,5,7,......(21),.....(0)n a a a n aa --≠的前n 项和．易错点3．忽略数列与函数的区别致错．【例3】已知函数5,6()(4)4,62x a x f x ax x -⎧≥⎪=⎨-+<⎪⎩，数列{}n a 满足()n a f n =（*N n ∈），且数列{}n a 是单调递增数列，则的取值范围是_______．【例4】 已知数列22n a n tn =-+在[2,)+∞是递增数列，则实数的取值范围是_______．易错点4．数列的定义域是全体的正整数．【例5】已知数列133n a n =-，其前项和为n S ，则n S 的最大值是________．易错点5．乱用结论致错．【例6】已知等差数列{}n a 的前m 项，前2m 项，前3m 项的和分别为23,,m m m S S S ，若230,90m m S S ==，求3m S ．易错点6．乱设常量致错．【例7】数列{}n a 与{}n b 的前项和分别为,n n S T ，且:(513):(45)n n S T n n =++， 则1010:a b =_______易错点7．用归纳代替证明致错．【例8】已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ ，若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；易错点8．数列加绝对值后，认为其还是等差数列．【例9】在等差数列{}n a 中，331n a n =-，记||n n b a =，求数列{}n b 的前30项和. 易错点9．使用构造法求数列通项公式时，弄错首项致错．【例10】已知数列{a n }满足11=a ，121n n a a +=+，求n a 的通项公式．【变式练习】1．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为（ ） A ．一尺五寸B ．二尺五寸C ．三尺五寸D ．四尺五寸2．“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为ABC ．D ．A ．2550100,,777B ．252550,,1477C ．100200400,,777 D ．50100200,,777A ．195尺B ．133尺C ．130尺D ．135尺5.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若S 5＝25，a 3＋a 4＝8，则{a n }的公差为________.6.已知等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11.那么一定有( ) A.a 6≤b 6 B.a 6≥b 6 C.a 12≤b 12 D.a 12≥b 127.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋(－1)n ，则a 2 018的值为________.8.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m x －2 017，x ≥2 019，⎝⎛⎭⎫3m 2 018＋1x －2 020，x <2 019，数列{a n }满足：a n ＝f (n )，n ∈N *，且{a n }是单调递增函数，则实数m 的取值范围是________.9.若数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n2n ＝2n (n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和S n 为________.10.正项等比数列{a n }满足a 1＝1，a 2a 6＋a 3a 5＝128，则下列结论正确的是________. A.∃n ∈N *，S n >a n ＋1B.∀n ∈N *，a n a n ＋1≥a n ＋2C.∃n ∈N *，a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1D.∀n ∈N *，a n ＋a n ＋3>a n ＋1＋a n ＋211.已知x 2＋y 2＝4，在这两个实数x ，y 之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为________.12.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和的最大值为________.【真题演练】1．【2020年高考全国II 卷理数】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块2．【2020年高考北京】在等差数列{}n a 中，19a =-，31a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项3．【2020年高考浙江】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差0d ≠，且11a d≤．记12b S =，1222–n n n b S S ++=，n *∈N ，下列等式不可能．．．成立的是 A ．4262a a a =+B ．4262b b b =+C ．2428a a a =D ．2428b b b =4．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1){}2n n +就是二阶等差数列．数列*(1){}()2n n n +∈N 的前3项和是_______．5．【2020年高考江苏】设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是 ▲ ．6．【2020年高考山东】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________． 7．【2020年高考全国▲卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．8．【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．9．【2020年高考江苏】已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ～k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ～1”数列，求λ的值； （2）若数列{}n a 是”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；10．【2020年高考山东】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ． 11．【2020年高考天津】已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-． （▲）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（▲）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N；（▲）对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+-⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．12．【2020年高考浙江】已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足1111121,,,nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=∈*N ． （Ⅰ）若{b n }为等比数列，公比0q >，且1236b b b +=，求q 的值及数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）若{b n }为等差数列，公差0d >，证明：*12311,n c c c c n d++++<+∈N ．13．【2020年高考北京】已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =； ②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2kn la a a =．(Ⅰ)若(1,2,)n a n n ==，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -==，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.。

专题07 数列-2023年高考数学真题题源解密(新高考)(原卷版)

专题07 数列-2023年高考数学真题题源解密(新高考)(原卷版)

专题07 数列目录一览考向一等差数列}为等差数列，1．（2023•新高考Ⅰ•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：{S nn 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考向二等比数列2．（2023•新高考Ⅱ•第8题）记S n为等比数列{a n}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（ ）A．120B．85C．﹣85D．﹣120考向三数列综合3．（2023•新高考Ⅰ•第20题）设等差数列{a n}的公差为d，且d＞1．令b n=S n，T n分别为数列n{a n}，{b n}的前n项和．（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{a n}的通项公式；（2）若{b n}为等差数列，且S99﹣T99＝99，求d．4．（2023•新高考Ⅱ•第18题）已知{a n}为等差数列，b n=a n−6，n为奇数2a n，n为偶数，记S n，T n为{a n}，{b n}的前n 项和，S4＝32，T3＝16．（1）求{a n}的通项公式；（2）证明：当n＞5时，T n＞S n．【命题意图】考查等差、等比数列的通项公式和前n 项和公式，考查等差、等比数列的性质；考查数列的求和方法，考查根据数列的递推公式求通项公式，考查数列和其他知识结合等综合知识．【考查要点】数列是高考考查热点之一，其中等差、等比数列的通项公式、求和公式，以及与等差、等比数列有关的错位相消求和及裂项相消求和，是考查的重点．作为数列综合题，常和充要条件、方程、不等式、函数等结合，涉及到恒成立，存在，最值，解不等式或者证明不等式等，对于基础能力和基础运算要求较高．【得分要点】1．解决等差、等比数列有关问题的几点注意(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用；(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题；(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系.2．数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n 项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解.,一般常见的求和方法有：（一）公式法②等比数列的前n 项和公式：③数列前项和重要公式：（2）（5）等差数列中，；n 1(21)n k k =-=∑()13521n ++++-= 2nm n m n S S S mnd +=++（6）等比数列中，.(二)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(三)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(四)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(1)适用条件：若{a n }是公差为d (d ≠0)的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和S n ；(2)基本步骤(3)注意事项：①在写出S n 与qS n 的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出S n－qS n ；②作差后，等式右边有第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成；③运算时，经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误．　(五)倒序相加法相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前n 项和公式的推导便使用了此法. 用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽.考向一 等差数列5．（2022•新高考Ⅱ）图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD 1，CC 1，BB 1，AA 1是举，OD 1，DC 1，CB 1，BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k 1，＝k 2，＝k 3．已知k 1，k 2，k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3＝（ ）n m m n n m m n S S q S S q S +=+=+A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9考向二数列递推公式6.（多选）（2021•新高考Ⅱ）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+a k﹣1•2k﹣1+a k•2k，其中a i∈{0，1}，记ω（n）＝a0+a1+…+a k，则（ ）A．ω（2n）＝ω（n）B．ω（2n+3）＝ω（n）+1C．ω（8n+5）＝ω（4n+3）D．ω（2n﹣1）＝n考向三数列的求和7．（2021•新高考Ⅰ）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S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么S k＝ dm2．考向四数列综合8．（2021•新高考Ⅱ）记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）求使S n＞a n成立的n的最小值．9．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．10．（2022•新高考Ⅰ）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为的等差数列．（1）求{a n}的通项公式；（2）证明：++…+＜2．11．（2022•新高考Ⅱ）已知{a n}是等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2﹣b2＝a3﹣b3＝b4﹣a4．（1）证明：a1＝b1；（2）求集合{k|b k＝a m+a1，1≤m≤500}中元素的个数．重点考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式和前n项和，考查错位相减、裂项相消等求和方法。

新高考数学(理)之数列 专题07 数列的求和(错位相减法求和)(解析版)

新高考数学(理)之数列 专题07 数列的求和(错位相减法求和)(解析版)

新高考数学（理）数列07 数列的求和（错位相减法求和）一、具体目标：1.掌握等差、等比数列的求和方法； 2. 掌握等非差、等比数列求和的几种常见方法.考纲解读：会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和，非等差、等比数列的求和是高考的热点，特别是错位相减法和裂项相消法求和. 二、知识概述：求数列前n 项和的基本方法 （1）直接用等差、等比数列的求和公式求和； 等差：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+； 等比：11(1)(1)(1)1n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩公比是字母时需要讨论.(理)无穷递缩等比数列时， （2）掌握一些常见的数列的前n 项和公式：()21321+=++++n n n Λ；n n n +=++++22642Λ； 2531n n =++++Λ；()()61213212222++=++++n n n n Λ；()2333321321⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++++n n n Λ（3）倒序相加法求和：如果一个数列{}na ，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法.（4）错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么qa S -=11【考点讲解】这个数列的前n 项和即可用此法来求.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 温馨提示：1.两个特殊数列等差与等比的乘积或商的组合.2.关注相减的项数及没有参与相减的项的保留.（5）分组求和：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，先分别求和，再合并.形如：n n b a +其中⎪⎩⎪⎨⎧是等比数列是等差数列nn b a ，()()⎩⎨⎧∈=∈-==**N k k n n g N k k n n f a n ,2,,12, （6）合并求和：如求22222212979899100-++-+-Λ的和.（7）裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差，正负相消剩下首尾若干项. 常见拆项：111;(1)1n n n n =-++ 1111;(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭ 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；n n n n -+=++111.【错位相减法例题解析】 1.【2018优选题】求和：n n n S 21813412211⨯++⨯+⨯+⨯=Λ 【解析】由n n n S 21813412211⨯++⨯+⨯+⨯=Λ得：()nn n n n S 2121121321211132⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=-Λ（1）14322121)1(2132122121+⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=n n n n n S Λ（2） 将（1）—（2）得：231111111222222n n n S n +=++++-⨯L整理得：12n S 11111221212n n n +⎛⎫- ⎪⎝⎭=-⨯-，所以求得：111222n n n S n -=--⨯()n N *∈. 关注：参与相减的项.【变式】求和：n n n S 21)12(815413211⨯-++⨯+⨯+⨯=Λ . 【解析】由n n n S 21)12(815413211⨯-++⨯+⨯+⨯=Λ得：)n n n S 211)32(1⨯--+=Λ（1）两边同乘以12得，)1211)32(121+⨯--+=n n n S Λ（2） 将（1）—（2）得：()231111111221222222n n n S n +⎛⎫=++++--⨯ ⎪⎝⎭L 12n S ()211111112222112212n n n -+⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯--⨯-12n S ()1131121222n n n -+=---⨯ 所以可得：()21132122n n n S n -=---⨯()n N *∈.1.【2019年高考天津卷文数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知1123323,,43a b b a b a ====+.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；【真题分析】（2）设数列{}n c 满足21n n n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数,，为偶数.求*112222()n n a c a c a c n +++∈N L .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q . 依题意，得2332,3154,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,3,d q =⎧⎨=⎩故133(1)3,333n nn n a n n b -=+-==⨯=.所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3n n b =.（2）112222n n a c a c a c +++L ()()135212142632n n n a a a a a b a b a b a b -=+++++++++L L123(1)36(6312318363)2n n n n n -⎡⎤=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯⎢⎥⎣⎦L ()2123613233n n n =+⨯+⨯++⨯L .记1213233n n T n =⨯+⨯++⨯L ,①则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯L ,②②−①得，()12311313(21)332333331332n n n n nn n T n n +++--+=---⨯=-+⨯=--+-L . 所以，122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯L ()22(21)3692n n n n +*-++=∈N . 【答案】（1）3n a n =，3nn b =；（2）22(21)369()2n n n n +*-++∈N2.【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ． （1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+，所以34543428a a a a ++=+=，解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=，因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,, 2.n nn S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-L 23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+L .设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥L ，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅L 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅L ，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.3.【2017年高考天津卷】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=． 又因为0q >，解得2q =．所以，2nn b =．由3412b a a =-，可得138d a -= ①．由114=11S b ，可得1516a d += ②， 联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-．所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得23112(14)324343434(31)44(314n nn n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----L 111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得1328433n n n T +-=⨯+． 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+． 【答案】（1）32n a n =-，2nn b =；（2）1328433n n +-⨯+. 4.【2017年高考山东卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且121236,a a a a a +==． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列，其前n 项和S n ，已知211n n n S b b ++=，求数列{}nnb a 的前n 项和n T ． 【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题意知22111(1)6,a q a q a q +==．又0n a >，解得12,2a q ==， 所以2n n a =． （2）由题意知：121211(21)()(21)2n n n n b b S n b +++++==+，又2111,0,n n n n S b b b +++=≠所以21n b n =+，令n n n b c a =,则212n nn c +=， 因此122313572121,22222n n n nn n T c c c --+=+++=+++++L L又234113572121222222n n n n n T +-+=+++++L ， 两式相减得2111311121()222222n n n n T -++=++++-L ， 所以2552n nn T +=-． 【答案】（1）2nn a =；（2）2552n nn T +=-5.【2017年高考山东卷理数】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2.（1）求数列{x n }的通项公式；（2）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n+1(x n+1, n +1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【解析】（1）设数列的公比为q ，由已知0q >.由题意得，所以，因为0q >,所以，因此数列的通项公式为（2）过…，向轴作垂线，垂足分别为…，, 由(1)得记梯形的面积为. 由题意， 所以…+=…+ ①， 又…+ ②，①-②得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯L= 所以 【答案】（1）12n n x -=；（2）nT {}n x 1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩23520q q --=12,1q x =={}n x 12.n n x -=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b 101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=(21)21.2n n n T -⨯+=1.【2019优选题】已知数列，设，数列. （1）求证：是等差数列； （2）求数列的前n 项和S n ；【解析】本题考点是等差数列的定义、等比数列的通项、以及数列求和的综合运用题.要求对数列的相关知识能熟练应用.（1）由题意知，∴数列的等差数列 （2）由（1）知，于是两式相减得所以nnn S ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+-=4132332.2.已知等比数列{}na 的公比1>q ，且28543=++a a a 24+a ，是53a a ，a 3的等差中项．数列{}nb 满足11=b ，数列(){}n n n a b b -+1的前n 项和为n n +22．的等比数列公比是首项为41,41}{1==q a a n *)(log 3241N n a b n n ∈=+n n n n b a c c ⋅=满足}{}{n b }{n c *)()41(N n a n n ∈=12log 3,2log 3141141=-=-=a b a b n n Θ3log 3log 3log 3log 341141411411===-=-∴+++q a a a a b b nn n n n n 3,1}{1==d b b n 公差是首项*)(23,)41(N n n b a n n n ∈-==*)(,)41()23(N n n c n n ∈⨯-=∴,)41()23()41)53()41(7)41(4411132n n n n n S ⨯-+(⨯-++⨯+⨯+⨯=∴-Λ1432)41()23()41)53()41(7)41(4)41(141+⨯-+(⨯-++⨯+⨯+⨯=n n n n n S Λ132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--++++=n n n n S Λ.)41()23(211+⨯+-=n n 【模拟考场】（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{}nb 的通项公式．【解析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ）先根据数列(){}nn n a b b-+1的前n 项和为n n +22求通项，解得n n b b -+1，再通过叠加法以及错位相减法求n b . 【解析】（Ⅰ）由24+a 是53a a ，的等差中项得42453+=+a a a ，所以28434543=+=++a a a a ，解得84=a .由2053=+a a 得,2018=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+q q 因为1>q .所以2=q.（Ⅱ）设()n n n n a b b c -=+1，数列{}n c 前n 项和为n S .由⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S c n n n 解得14-=n c n . 由（Ⅰ）可知12-=n n a ，所以()112114-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-n n n n b b ，故()2215421≥⎪⎭⎫⎝⎛-=---n n b b n n n ，，()()()()12232111b b b b b b b b b b n n n n n -+-++-+-=----Λ=()()32172194215432+⨯++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛---Λn n n n .()2,21542111217322≥⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯+=-n n T n n Λ设，()1322154211121721321-⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯=n n n T Λ 两式相减得：()122154214214321-⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯+=n n n T Λ.因此得().22134142≥⎪⎭⎫⎝⎛⋅+-=-n n T n n ，又,11=b 所以()2213415-⎪⎭⎫⎝⎛⋅+-=n n n b .3.【2016高考山东理数】已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+ （Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【分析】（Ⅰ）根据1--=n n n S S a 及等差数列的通项公式求解；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知数列{}n c 的通项公式，再用错位相减法求其前n 项和.考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ， 当1=n 时，1111==S a ，所以56+=n a n . 设数列{}n b 的公差为d ， 由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111，可解得3,41==d b ，所以13+=n b n .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 4.数列的通项，其前n 项和为. {}n a 222(cossin )33n n n a n ππ=-n S(1) 求； (2) 求数列｛｝的前n 项和. 【解析】(1) 由于,故 ,故 ()(2)两式相减得：故n S 3,4nn n S b n =⋅n b n T 222cossin cos 333n n n πππ-=312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222k k k k S a a a a a a a a a k k k --=+++++++++++-+-=-++-+++-+L L 1331185(94)2222k k k -+=+++=L 3133(49),2k k k k k S S a --=-=2323131(49)(31)1321,22236k k k k k k k S S a k ------=-=+=-=--1,3236(1)(13),316(34),36n n n k n n S n k n n n k ⎧--=-⎪⎪+-⎪==-⎨⎪+⎪=⎪⎩*k N ∈394,424n n n nS n b n +==⋅⋅21132294[],2444n n n T +=+++L 1122944[13],244n n n T -+=+++L 12321991999419419443[13][13]8,12444242214nn n n n n n n n n T --+-++=+++-=+-=---L 2321813.3322n n n n T -+=--⋅5.已知数列的首项，，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列； （Ⅱ）数列的前项和． 【解析】（Ⅰ） ，，，又，， 数列是以为首项，为公比的等比数列． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，即，． 设…， ① 则…，②由①②得…， ．又…． 数列的前项和 ．6.设数列满足，． {}n a 123a =121n n n a a a +=+1,2,3,n =1{1}na -{}nna n n S Q 121n n n a a a +=+∴111111222n n n na a a a ++==+⋅∴11111(1)2n n a a +-=-123a =∴11112a -=∴1{1}n a -12121111111222n n n a -+-=⋅=1112n n a =+∴2n n n nn a =+23123222n T =+++2n n+23112222n T =++1122n n n n+-++-2111222n T =++11111(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---∴11222n n n n T -=--123+++(1)2n n n ++=∴{}n n a n 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+=={}n a 211233333n n n a a a a -++++=…a ∈*N（Ⅰ）求数列的通项； （Ⅱ）设，求数列的前项和． 【解析】 (I)验证时也满足上式， (II) ， ①②① -② ： ，7.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a nn n ∈≥+=-且． （Ⅰ）求2a ，3a ；（Ⅱ）证明数列{nna 2}是等差数列； （Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S【解析】（Ⅰ）622212=+=a a ，2022323=+=a a ．（Ⅱ）),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且Θ， ∴),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥+=--且， 即),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥=---且． ∴数列}2{nn a 是首项为21211=a ，公差为1=d 的等差数列． （Ⅲ）由（Ⅱ）得,211)1(21)1(212-=⋅-+=-+=n n d n a n n ∴nn n a 2)21(⋅-=．{}n a n nnb a ={}n b n n S 2112333 (3),3n n n a a a a -+++=221231133...3(2),3n n n a a a a n ---+++=≥1113(2).333n n n n a n --=-=≥1(2).3n n a n =≥1n =*1().3n n a n N =∈3nn b n =⋅23132333...3nn S n =⋅+⋅+⋅+⋅231233333nn n S n +-=+++-⋅1133313n n n ++-=-⋅-111333244n n n n S ++∴=⋅-⋅+⋅23413132333...3n n S n +==⋅+⋅+⋅+⋅)2(2)21(2)211(2252232212)1(2)21(2252232211432321+⋅-+⋅--++⋅+⋅+⋅=⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n n n S n S ΛΛΘ1322)21(2221)2()1(+⋅--++++=--n n n n S Λ得12)21(2222132-⋅--++++=+n nn Λ12)21(21)21(21-⋅----=+n n n 32)23(-⋅-=n n ． ∴32)32(+⋅-=n n n S ．8.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ； （Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T【解析】（Ⅰ）12n n a S +=Q ，12n n n S S S +∴-=，13n nS S +∴= 又111S a ==Q ，∴数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列，1*3(n n S n -=∈N当2n ≥时，21223(2)n n n a S n --==g≥，21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩g ， ，，≥．（Ⅱ）12323n n T a a a na =++++L ， 当1n =时，11T =；当2n ≥时，0121436323n n T n -=++++gg L g ，…………①12133436323n n T n -=++++g g L g ，………………………②-①②得：12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-L g 213(13)222313n n n ---=+--g g11(12)3n n -=-+-g1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥ 又111T a ==Q 也满足上式， 1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥9.已知数列{}n a 满足11111,,224nn n a a a n N ++⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 的前n项和2n s n =，112233n n n T a b a b a b a b =++++L ，求证：3n T <。

2023年新高考数学创新题型微专题07 数列专题(数学文化)(解析版)

2023年新高考数学创新题型微专题07 数列专题(数学文化)(解析版)

专题07 数列专题（数学文化）一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为（一丈＝十尺＝一百寸）（ ）． A ．一尺五寸 B ．二尺五寸C ．三尺五寸D ．四尺五寸【答案】B【分析】十二个节气日影长构成一个等差数列{}n a ，利用等差数列通项公式、前n 项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出芒种日影长． 【详解】由题意知：∴从冬至日起，依次小寒、大寒等十二个节气日影长构成一个等差数列{}n a ，设公差为d ，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，∴147191393159898552a a a a d S a d ++=+=⎧⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得1135a =，10d =−， ∴芒种日影长为12111135111025a a d =+=−⨯=（寸）2=尺5寸．故选：B2．（2022秋·陕西咸阳·高二武功县普集高级中学校考阶段练习）河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一.某洞窟的浮雕共7层，它们构成一幅优美的图案.若从下往上计算，从第二层开始，每层浮雕像的个数依次是下层个数的2倍，且第三层与第二层浮雕像个数的差是16，则该洞窟的浮雕像的总个数为（ ） A ．1016 B ．512 C ．128 D ．1024【答案】A【分析】设从上到下第()N ,17n n n *∈≤≤层的浮雕像个数为n a ，分析可知数列{}n a 为等比数列，且公比为2，根据已知条件求出1a 的值，利用等比数列求和公式可求得结果.【详解】设从上到下第()N ,17n n n *∈≤≤层的浮雕像个数为n a ，由题意可知，数列{}n a 为等比数列，且该数列的公比为2，由已知可得3222216a a a a −=−=，可得216a =，故2182a a ==， 因此，该洞窟的浮雕像的总个数为()78128127101612−=⨯=−.故选：A.3．（2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考阶段练习）《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的13是较小的两份之和，则最小的一份为（ ） A ．5 B ．10 C ．15 D ．30【答案】B【分析】设五个人所分得的面包为2a d −，a d −，a ，a d +，2a d +，（其中0d >），则由总和为100可求得20a =，再由较大的三份之和的13是较小的两份之和，可得123d a =，从而可求出d ，进而可求出2a d −【详解】设五个人所分得的面包为2a d −，a d −，a ，a d +，2a d +，（其中0d >）， 则有()()()()225100a d a d a a d a d a −+−+++++==， ∴20a =，由()232a a d a d a d a d ++++=−+−，得()33323a d a d +=−； ∴123d a =， ∴5d =．∴最少的一份为2201010a d −=−=. 故选：B4．（2022·河北邯郸·统考模拟预测）位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建筑，丛台上层建有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第一层有2块筒瓦，以下每一层均比上一层多2块筒瓦，如果侧面共有11层筒瓦且顶部4个侧面结构完全相同，顶部结构共有多少块筒瓦？（ ）A ．440B ．484C ．528D ．572【答案】C【分析】由题意知每层筒瓦数构成等差数列{}n a，由等差数列求和公式可求得每一面的筒瓦总数，由此可得四个侧面筒瓦总数.【详解】一个侧面中，第一层筒瓦数记为2，自上而下，由于下面每一层比上一层多2块筒瓦，∴每层筒瓦数构成等差数列{}n a，其中12a=，2d=.一个侧面中共有11层筒瓦，∴一个侧面筒瓦总数是()1111111221322⨯−⨯+⨯=，∴顶层四个侧面筒瓦数总和为1324528⨯=.故选：C.5．（2023·全国·高三专题练习）如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，…，2n放置在n行n列()3n≥的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和（简称“幻和”）均相等，具有这种性质的图表称为“n阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15．则7阶幻方的“幻和”为（）图1 图2A．91B．169C．175D．180【答案】C【分析】根据“幻和”的定义，将自然数1至2n 累加除以n 即可得结果. 【详解】由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为12 (49)1757+++=.故选：C6．（2022·全国·高三专题练习）斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：121a a ==，()*123,.n n n a a a n n N −−=+≥∈ 已知2222123mma a a a a ++++是该数列的第100项，则m =（ ）A ．98B ．99C ．100D ．101【答案】B【分析】根据题意推出2121a a a =，222321a a a a a =−，L ，211m m m m m a a a a a +−=−， 利用累加法可得211mi m m i a a a +==∑，即可求出m 的值.【详解】由题意得，2121a a a =，因为12n n n a a a −−=−，得222312321()a a a a a a a a =−=−，233423432()a a a a a a a a =−=−，L ，21111()m m m m m m m m a a a a a a a a +−+−=−=−，累加，得222121m m m a a a a a ++++=，因为22212m ma a a a +++是该数列的第100项，即1m a +是该数列的第100项，所以99m =. 故选：B.7．（2022春·河南南阳·高二校联考阶段练习）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，则第50层球的个数为（ ）A ．1255B ．1265C ．1275D ．1285【答案】C【分析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的个数与层数的关系，得到(1)2n n n a +=，进而求解结论．【详解】解：设各层球的个数构成数列{}n a ，由题意可知，11a =，21212a a =+=+，323123a a =+=++，⋯，1123n n a a n n −=+=+++⋯+， 故(1)1232n n n a n +=+++⋯+=， 50505112752a ⨯∴==， 故选：C ．8．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学统考阶段练习）1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间[0,1]平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间1[0,]3和2[,1]3；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：1[0,]9，21[,]93，27[,]39，8[,1]9；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历n 步构造后，20212022不属于剩下的闭区间，则n 的最小值是（ ）．A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A【分析】根据三分康托集的构造过程可知：经历第n 步，每个去掉的开区间以及留下的闭区间的区间长度都是13n⎛⎫⎪⎝⎭，根据规律即可求出20212022属于1112,133n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫−⨯−⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，进而根据不等式可求解.【详解】20212022不属于剩下的闭区间，20212022属于去掉的开区间经历第1步，剩下的最后一个区间为2[,1]3，经历第2步，剩下的最后一个区间为8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦，……，经历第n步，剩下的最后一个区间为1113n⎡⎤⎛⎫−⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，，去掉的最后开区间为1112,133n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫−⨯−⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭由120111121320223n n⎛⎫⎛⎫−⨯<<−⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭化简得4044320223nn⎧>⎨<⎩，解得7n=故选:A9．（2022春·江苏南通·高二统考期末）“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法．这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下头一个2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；……，依次进行同样的剔除．剔除到最后，剩下的便全是素数．在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为（）A．333B．335C．337D．341【答案】B【分析】根据给定条件，求出230的全部整数和，再求出2到30的全部素数和即可计算作答.【详解】2到30的全部整数和123029464 2S+=⨯=，2到30的全部素数和22357111317192329129S=+++++++++=，所以剔除的所有数的和为464129335−=.故选：B10．（2022·全国·高三专题练习）谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）．则下列埃及分数113⨯、135⨯、157⨯、L、120212023⨯的和是（）A．20222023B．20232022C．10112023D．20231011【答案】C【分析】利用裂项相消法可求得结果.【详解】当N n *∈时，()()1111212122121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭，因此，11111111111111335572021202323355720212023⎛⎫++++=−+−+−++− ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭1110111220232023⎛⎫=−=⎪⎝⎭. 故选：C.11．（2022春·四川资阳·高一统考期末）《算法统宗》是中国古代数学名著，书中有这样一个问题：九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第二个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要长幼分明，使孝顺子女的美德外传．据此，前五个孩子共分得的棉花斤数为（ ） A ．362 B ．430 C ．495 D ．645【答案】C【分析】设这八个孩子分得棉花的斤数构成等差数列{}n a ，由题设求得其首项与公差，即可求得结果． 【详解】解：设这八个孩子分得棉花的斤数构成等差数列{}n a ， 由题意知：公差17d =， 又12381878179962a a a a a ⨯+++⋯+=+⨯=，解得165a =， 故412351545455651749522a a a a a d a ⨯⨯++=+=⨯⨯=+++. 故选：C ．12．（2022秋·江苏淮安·高三校考阶段练习）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.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、未、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”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2022年是壬寅年，请问：在100年后的2122年为（ ） A ．壬午年 B ．辛丑年C ．己亥年D ．戊戌年【答案】A【分析】将天干和地支分别看作等差数列，结合1001010÷=，1001284÷=，分别求出100年后天干为壬，地支为午，得到答案.【详解】由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于1001010÷=，余数为0，故100年后天干为壬，由于1001284÷=，余数为4，故100年后地支为午，综上：100年后的2122年为壬午年.故选：A13．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所以论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，……则该数列的第8项为（）A．99B．131C．139D．141【答案】D【分析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.【详解】设该高阶等差数列的第8项为x，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：根据规律补全：由图可得341295yx y−=⎧⎨−=⎩，则14146xy=⎧⎨=⎩.故选：D14．（2023春·广西柳州·高三统考阶段练习）《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊、猪食人苗，苗主责之粟9斗，猪主曰：“我猪食半羊．”羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？其意是：今有牛、马、羊、猪吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿9斗粟，猪主人说：“我猪所吃的禾苗只有羊的一半．”羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，牛、马、羊、猪的主人各应赔偿多少粟？在这个问题中，马主人比猪主人多赔偿了（）斗．A ．35B ．95C ．3D ．215【答案】B【分析】转化为等比数列进行求解，设出未知数，列出方程，求出马主人比猪主人多赔偿了斗数. 【详解】由题意得：猪、羊、马、牛的主人赔偿的粟斗数成等比数列，公比为2， 设猪的主人赔偿的粟斗数为x ， 则2489x x x x +++=，解得：35x =，故马主人赔偿的粟斗数为1245x =， 所以马主人比猪主人多赔偿了斗数为1239555−=. 故选：B15．（2021秋·河南商丘·高二校联考期中）《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什迦罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达地方城市.下列说法正确的是（ ） A ．前四天共行1877由旬 B ．最后三天共行53由旬C ．从第二天起，每天比前一天多行的路程为237由旬 D ．第三天行了587由旬 【答案】D【分析】由题意，每天行军的路程{}n a 为等差数列，且12a =，780S =，利用基本量1,a d 表示可得227d =，依次分析，即得解 【详解】由题意，不妨设每天行军的路程为数列{}n a ，则12a =又以后每天均比前一天多行相同的路程，故{}n a 构成一个等差数列，不妨设公差为d 七天一共行军80由旬，即780S = 故71767802S a d ⨯=+=，解得227d =4143188427S a d ⨯=+=，A 错误；567741883728077a a a S S ++=−=−=，B 错误； 由于227d =，故从第二天起，每天比前一天多行的路程为227由旬，C 错误；31225822277a a d =+=+⨯=，D 正确 故选：D16．（2022·全国·高三专题练习）“垛积术”是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910．若这堆货物总价是910020010n⎛⎫− ⎪⎝⎭万元，则n 的值为（ ）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B【分析】先依次求出各层货物总价，再利用裂项抵消法进行求解. 【详解】由题意，得第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为9210⨯万元， 第三层货物总价为293()10⨯万元，……，第n 层货物总价为19()10n n −⨯万元.设这堆货物总价为y 万元， 则21999123()()101010n y n −=+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯ 23999992()3()()1010101010n y n =+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯， 两式相减，得2311999991+()()()()101010101010n n y n −=+++⋅⋅⋅+−⨯，即91()199910()1010()()910101010110nn n n y n n −=−⋅=−⨯−⋅−，则999100100()10()=100(10010)()101010n n ny n n =−⨯−⋅−+⨯，令99100(10010)()=100200()1010n ny n =−+⨯−⨯，得10n =. 故选：B.17．（2021秋·吉林松原·高二长岭县第三中学校考阶段练习）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数6m =，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列{}n a 满足：1a m =（m 为正整数），1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时当为奇数时，则当42m =时，则使1n a =需要的雹程步数为（ ） A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【答案】B1n a =使得需要多少步雹程.【详解】解：根据题意，当42m =，根据上述运算法则得出42→21→64→32→16→8→4→2→1， 所以共需经过8个步骤变成1，故使1n a =需要的雹程步数为8. 故选：B18．（2022·全国·高三专题练习）意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{}n a 满足11a =，21a =，()*123,n n n a a a n n −−=+≥∈N .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则其中不正确结论的是（ ）A ．2111n n n n S a a a +++=+⋅ B ．12321n n a a a a a +++++=−C ．1352121n n a a a a a −++++=−D ．()121)4(3n n n n c c a n a π−−+−≥=⋅【答案】C【分析】A 选项由前()1n +项所占格子组成长为1n n a a ++，宽为1n a +的矩形即可判断；B 选项由()*123,n n n a a a n n −−=+≥∈N 结合累加法即可判断；C 选项通过特殊值检验即可；D 选项表示出221111,44n n n n c a c a ππ−−==，作差即可判断. 【详解】由题意知：前()1n +项所占格子组成长为1n n a a ++，宽为1n a +的矩形，其面积为()211111n n n n n n n S a a a a a a +++++=+=+，A 正确；32143221,,,n n n a a a a a a a a a ++=+=+=+，以上各式相加得，()34223112()n n n a a a a a a a a a +++++=+++++++，化简得2212n n a a a a a +−=+++，即1221n n a a a a ++++=−，B 正确；12345613561,2,3,5,8,817a a a a a a a a a a ======∴++=≠−=，C 错误；易知221111,44n n n n c a c a ππ−−==，()()()221111214()(3)n n n n n n n n n n c c a a a a a a a a n πππ−−−−−+∴−=−=−+=≥，D 正确.故选：C.19．（2023·全国·高三专题练习）如图是美丽的“勾股树”，将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图①的第1代“勾股树”，重复图①的作法，得到如图②的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第n 代“勾股树”中所有正方形的个数为n a ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，若不等式2022n S >恒成立，则n 的最小值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】C【分析】根据第1代“勾股树”，第2代“勾股树”中，正方形的个数，以此类推，得到第n 代“勾股树”中所有正方形的个数，即n a ，从而得到n S 求解.【详解】解：第1代“勾股树”中，正方形的个数为11321+=−，第2代“勾股树”中，正方形的个数为21721+=−，…， 以此类推，第n 代“勾股树”中所有正方形的个数为121n +−，即121n n a +=−，所以()24122412n n n S n n +−=−=−−−，因为0n a >，所以数列{}n S 为递增数列， 又810122022S =<，920352022S =>， 所以n 的最小值为9． 故选：C ．20．（2022·海南省直辖县级单位·“贾宪三角”，后被南宋数学家杨辉引用、n 维空间中的几何元素与之有巧妙联系、例如，1维最简几何图形线段它有2个0维的端点、1个1维的线段：2维最简几何图形三角形它有3个0维的端点，3个1维的线段，1个2维的三角形区域；……如下表所示.从1维到6维最简几何图形中，所有1维线段数的和是（ ）A ．56B ．70C ．84D ．28【答案】A【分析】根据题意可得1n n a a n −−=，可求得()12n a n n +=，即可求解. 【详解】设从1维到n 维最简几何图形的1维线段数构成数列{}n a ， 由题意可得21312a a −=−=，32633a a −=−=，431064a a −=−=，…， 以此类推，可得1n n a a n −−=， 所以()()()121321n n n a a a a a a a a −=+−+−++−()11232n n n +=++++=，所以12345613610152156a a a a a a +++++=+++++=. 故选：A.21．（2023·全国·高三专题练习）大衍数列，来源于中国古代著作《乾坤普》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项为：0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，通项公式为221,2,2n n n a n n ⎧−⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，若把这个数列{}n a 排成下侧形状，并记),A m n 表示第m 行中从左向右第n 个数，则()9,5A 的值为（ ）A ．2520B ．2312C ．2450D ．2380【答案】D【分析】确定()9,5A 在数列{}n a 中的项数，结合数列{}n a 的通项公式可求得结果.【详解】由题可知，设数阵第n 行的项数为n b ，则数列{}n b 是以1为首项，公差为2的等差数列， 数列{}n b的前8项和为87182642⨯⨯+⨯=，所以，()9,5A 是数列{}n a 的第64569+=项，因此，()26919,523802A −==.故选：D.22．（2022·全国·高三专题练习）在归国包机上，孟晚舟写下《月是故乡明，心安是归途》，其中写道“过去的1028天，左右踟躇，千头万绪难抉择；过去的1028天，日夜徘徊，纵有万语难言说；过去的1028天，山重水复，不知归途在何处．”“感谢亲爱的祖国，感谢党和政府，正是那一抹绚丽的中国红，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗时刻，引领我回家的漫长路途．”下列数列{}()N n a n *∈中，其前n 项和不可能为1028的数列是（ ） (参考公式：2222(1)(21)1236n n n n ++++++=)A ．1028n a n =+B ．2744125n a n n =−+C ．127(1)45n n a n +=−−D ．1122n n a −=+【答案】A【分析】利用等差数列、等比数列的前n 项和公式以及参考公式求数列{}n a 前n 项和n S ，令1028n S =，看是否有正整数解即可判定选项A 、B 、D 的正确性；通过分类讨论分别求出2k S 和21k S −，然后可得到20k S <，令211028k S −=，看是否有正整数解即可选项C 的正确性． 【详解】设数列{}n a 的前n 项和为n S ， 对于A ：由等差数列的前n 项和公式，得： 1()(533)10282n n n a a S n n +==+=， 因为方程无正整数解，即选项A 错误；对于B ：不妨令24n b n =，74125n c n =−+， 数列{}n b 和{}n c 的前n 项和分别为n T 和n Q ， 则n n n a b c =+，n n n S T Q =+，由参考公式和等差数列的前n 项和公式，得： 22(1)(21)4(123)3n n n n T n ++=++++=，21()44625n n n c C Q n n +==−+， 所以22(1)(21)446102835n n n n n n S T Q n n ++=+=−+=，解得*10N n =∈，即选项B 正确； 对于C ：①当*N )2(n k k =∈时， 222222271234(21)(2)245n k S S k k k ==−+−++−−−⨯ 14(3741)045kk =−+++−−<，故此时1028n S ≠； ②当()*21N n k k =−∈时， 22222222171234(23)(22)(21)(21)45n k S S k k k k −==−+−++−−−+−−− 27(3745)(21)(21)45k k k =−++⋅⋅⋅+−+−−− 2(1)(345)7(21)(21)245k k k k −+−=−+−−−27232(21)45k k k =−+−− 令27232(21)102845k k k −+−−=，解得23k =， 即223145n =⨯−=时，1028n S =， 即选项C 正确；对于D ：由等比数列的前n 项和公式可知，1(12)112110281222n n n S n n ⨯−=+=+−=−，解得*10N n =∈，即选项D 故选：A ．23．（2023·全国·高三专题练习）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，则此数列的第21项是（ ） A ．200 B ．210C ．220D ．242【答案】C【分析】由数列奇数项的前几项可归纳出奇数项上的通项公式，从而得到答案.【详解】根据题意，数列的前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，其中奇数项为0、4、12、24、40，有22221357113151710,4,12,24,2222a a a a −−−−========⋯故其奇数项上的通项公式为21,2n n a −=故221211=2202a −=， 故选：C24．（2022春·云南红河·高二弥勒市一中校考阶段练习）斐波那契数列（Fibonacci Sequence ）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多，斐波那契（Leonardo Fibonacci ）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列{}n a 满足：12211,n n n a a a a a ++===+，现从数列的前2022项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ） A ．5052022B ．2522022C ．5042022 D ．14【答案】A【分析】依次写出数列各项除以3所得余数，寻找后可得结论.【详解】根据斐波那契数列的定义，数列各项除以3所得余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，…，余数数列是周期数列，周期为8，202225286=⨯+，所以数列的前2022项中能被3整除的项有25221505⨯+=，所求概率为5052022P =， 故选A ．25．（2022·高二课时练习）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n n a ，则6a =（ ）A ．55B ．58C ．60D ．62【答案】A【分析】n a 表示第n 行中的黑圈个数，设n b 表示第n 行中的白圈个数，由题意可得112,n n n n n n a a b b a b ++=+=+，根据初始值，由此递推，不难得出所求.【详解】已知n a 表示第n 行中的黑圈个数，设n b 表示第n 行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈2个黑圈，∴112,n n n n n n a a b b a b ++=+=+， 又∵110,1a b ==; 221,1a b ==;332113112a b =⨯+==+=，; 442328,325a b =⨯+==+=;5528521,8513a b =⨯+==+=; 62211355a =⨯+=,故选：A.26．（2022·全国·高三专题练习）如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为 1.1x y =，第n 根弦（N n ∈，从左数第1根弦在y 轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线:1l y x =+交于点n A （n x ，n y ）和n B （n x '，n y '），则200n nn y y ='=∑( ) 参考数据：取221.18.14=.A ．814B ．900C ．914D ．1000【答案】C【分析】求出n n y y '、 ，用错位相减法求和即可.【详解】由条件可得()2020011920011.11 1.12 1.120 1.121 1.1n n nn n y y n =='=+=⨯+⨯++⨯+⨯∑∑①，所以2012202101.11 1.12 1.120 1.121 1.1n nn y y ='⨯=⨯+⨯++⨯+⨯∑②，－②得：2120120212101 1.10.1 1.1 1.1 1.121 1.121 1.11 1.1=−'−⨯=+++−⨯=−⨯−∑n nn y y ，2121221 1.10.121 1.11 1.118.1491.40.10.10.1−+⨯⨯++====−−−−，所以20914n nn y y ='=∑. 故选：C.27．（2022秋·陕西渭南·高二校考期中）图1是中国古代建筑中的举架结构，AA '，BB '，CC '，DD '是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中1DD ，1CC ，1BB ，1AA 是举，1OD ，1DC ，1CB ，1BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为110.5DD OD =，111CC k DC =，121BBk CB =，131AA k BA =，已知1k ，2k ，3k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则2k =（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】B【分析】设1111OD DC CB BA ===，则可得关于2k 的方程，求出其解后可得正确的选项 【详解】设11111OD DC CB BA ====，则10.5,DD =111213,,CC k BB k AA k ===， 依题意，有21230.1,0.1k k k k −=+=，且111111110.725DD CC BB AA OD DC CB BA +++=+++，所以20.530.7254k +=，故20.8k =， 故选：B28．（2022秋·陕西咸阳·高二校考阶段练习）《张邱建算经》记载了这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”，意思是“有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的路程是前一天的一半，连续走了7天，共走了700里”．在上述问题中，此马第二天所走的路程大约为（ ） A ．170里 B ．180里C ．185里D ．176里【答案】D【分析】根据题意，可知此马每天走的路程形成等比数列，利用等比数列的前n 项和公式求得基本量，从而得解.【详解】由题意得，设这匹马的第n 天走的路程为n a ，则有112n n a a +=，7700S =， 所以数列{}n a 是12q =的等比数列， 故71112700112a ⎡⎤⎛⎫−⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=−，解得1350128127a ⨯=，所以21175128176.4127a a q =⨯=≈． 故选：D.29．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）如图所示的三角形叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成，第n 行有n 个数且两端的数均为()12n n≥，每个数是它下一行左右相邻的两数的和，如111111111,,1222363412=+=+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅，则第8行第4个数（从左往右数）为（ ）A ．1280B ．1168C ．1140D ．1105【答案】A【分析】利用“莱布尼兹调和三角形”的性质，依次运算即可. 【详解】设第n 行第m 个数为(),a n m ，则()15,15a =，()16,16a =，()17,17a =，()18,18a =，故()()()16,25,16,130a a a =−=，()()()17,26,17,142a a a =−=，()()()18,27,18,156a a a =−=，()()()17,36,27,2105a a a =−=，()()()18,37,28,2168a a a =−=，()()()18,47,38,3280a a a =−=， 故选：A.二、多选题30．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学统考阶段练习）朱世杰是历史上伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升.”其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天比前一天多派7人，官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升.”则下列结论正确的有（ ） A ．将这1864人派谴完需要16天 B ．第十天派往筑堤的人数为134 C ．官府前6天共发放1467升大米D ．官府前6天比后6天少发放1260升大米 【答案】ACD【分析】记数列{}n a 为第n 天派遣的人数，数列{}n b 为第n 天获得的大米升数，依题意可得{}n a 是以64为首项，7为公差的等差数列，{}n b 是以192为首项，21为公差的等差数列，再根据等差数列的通项公式及前n 项和公式计算可得；【详解】解：记数列{}n a 为第n 天派遣的人数，数列{}n b 为第n 天获得的大米升数，则{}n a 是以64为首项，7为公差的等差数列，即757n a n =+，{}n b 是以192为首项，21为公差的等差数列，即21171n b n =+，所以106479127a =+⨯=，B 不正确.设第k 天派遣完这1864人，则()716418642k k k −+=，解得16k =（负值舍去），A 正确； 官府前6天共发放6519262114672⨯⨯+⨯=升大米，C 正确， 官府前6天比后6天少发放211061260⨯⨯=升大米，D 正确. 故选：ACD31．（2022秋·山西太原·高二太原师范学院附属中学校考阶段练习）若正整数m ．n 只有1为公约数，则称m ，n 互质，对于正整数k ，ϕ（k ）是不大于k 的正整数中与k 互质的数的个数，函数ϕ（k ）以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：()21ϕ=，(3)2ϕ=，(6)2ϕ=，(8)4ϕ=．已知欧拉函数是积性函数，即如果m ，n 互质，那么()()()mn m n ϕϕϕ=，例如：(6)(2)(3)ϕϕϕ=，则（ ） A ．(5)(8)ϕϕ=B ．数列(){}2n ϕ是等比数列 C ．数列(){}6nϕ不是递增数列D ．数列()16nϕ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和小于35【答案】ABD【分析】根据欧拉函数定义及运算性质，结合数列的性质与求和公式，依次判断各选项即可得出结果. 【详解】(5)4,(8)4,(5)(8)ϕϕϕϕ==∴=，A 对；∵2为质数，∴在不超过2n 的正整数中，所有偶数的个数为12n −， ∴()11222=2ϕ−−−=nnn n 为等比数列，B 对；∵与3n 互质的数为1,2,4,5,7,8,10,11,,32,3 1.−−n n共有11(31)323n n −−−⋅=⋅个，∴1(3)23,ϕ−=⋅n n又∵()6=(2)(3)ϕϕϕn n n =126−⋅n ，∴()6ϕn一定是单调增数列，C 错；()1626nn ϕ−=⋅，()16nϕ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为 111263131156516nn n S ⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==−<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦−，D 对. 故选：ABD ．32．（2022·全国·高三专题练习）我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百九十三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里.良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.”其大意为今有良马和驽马从长安出发到齐国，良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；驽马第一天走970.5里.良马先到齐国，再返回迎接驽马，9天后两马相遇.下列结论正确的是（ ） A ．长安与齐国两地相距1530里 B ．3天后，两马之间的距离为328.5里 C ．良马从第6天开始返回迎接驽马 D ．8天后，两马之间的距离为377.5里 【答案】AB【分析】A, 设良马第n 天行走的路程里数为n a ，驽马第n 天行走的路程里数为n b ，求出良马和驽马各自走的路程即得A 正确；B ，计算得到3天后，两马之间的距离为328.5里，即可判断B 正确； C,计算得到良马前6天共行走了1353里1530<里，故C 不正确；D ，计算得到8天后，两马之间的距离为390里，故D 不正确.【详解】解：设良马第n 天行走的路程里数为n a ，驽马第n 天行走的路程里数为n b ，则。

三年 (2020-2022 ) 新高考数学真题汇编 专题07数列

三年 (2020-2022 ) 新高考数学真题汇编 专题07数列

新高考专题07数列【2022年新高考2卷】1．图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D 【解析】 【分析】设11111OD DC CB BA ====，则可得关于3k 的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设11111OD DC CB BA ====，则111213,,CC k BB k AA k ===， 依题意，有31320.2,0.1k k k k -=-=，且111111110.725DD CC BB AA OD DC CB BA +++=+++，所以30.530.30.7254k +-=，故30.9k =，故选：D【2021年新高考1卷】2．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21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n 次，那么1nk k S ==∑______2dm .【答案】 5 ()41537202n n -+-【解析】 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得n S ，再根据错位相减法得结果. 【详解】（1）由对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022⨯⨯⨯⨯，，；，共4种不同规格（单位2dm )； 故对折4次可得到如下规格：5124⨯，562⨯，53⨯，3102⨯，3204⨯，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120()2dm ,第n 次对折后的图形面积为111202n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭，对于第n 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为1n +种（证明从略），故得猜想1120(1)2n n n S -+=， 设()0121112011202120312042222nk n k n S S -=+⨯⨯⨯==++++∑， 则121112021203120120(1)22222n nn n S -⨯⨯+=++++， 两式作差得：()211201111124012022222n nn S -+⎛⎫=++++-⎪⎝⎭ ()11601120122401212n n n -⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+-- ()()112011203120360360222n n nn n -++=--=-，因此，()()4240315372072022n n n n S -++=-=-. 故答案为：5；()41537202n n -+-. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于{}n n a b +结构，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭结构，其中{}n a 是等差数列，公差为()0d d ≠，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用裂项相消法求和.【2020年新高考1卷（山东卷）】3．将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为________． 【答案】232n n - 【解析】 【分析】首先判断出数列{}21n -与{}32n -项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列{}21n -是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以{}n a 的前n 项和为2(1)16322n n n n n -⋅+⋅=-， 故答案为：232n n -.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目. 【2022年新高考1卷】4．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<． 【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23nn n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得.（1）∵11a =，∵111S a ==,∵111S a =, 又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∵()121133n n S n n a +=+-=,∵()23n n n a S +=, ∵当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∵()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+,即111n n a n a n -+=-, ∵31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341112212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--， 显然对于1n =也成立， ∵{}n a 的通项公式()12n n n a +=； （2）()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ∵12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦【2022年新高考2卷】5．已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-． (1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数． 【答案】(1)证明见解析； (2)9． 【解析】 【分析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出； （2）根据题意化简可得22k m -=，即可解出． （1）设数列{}n a 的公差为d ，所以，()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩，即可解得，112db a ==，所以原命题得证． （2）由（1）知，112d b a ==，所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+，即122k m -=，亦即[]221,500k m -=∈，解得210k ≤≤，所以满足等式的解2,3,4,,10k =，故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=．【2021年新高考1卷】6．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】 【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+， 所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===， 所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=． 由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知， 数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ． 所以11213(1)11222b a a -==++=+=， 322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-． （2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+， 所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=． 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质； 方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择. 【2021年新高考2卷】7．记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求使n n S a >成立的n 的最小值． 【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式； (2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-+++=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->， 解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用. 【2020年新高考1卷（山东卷）】8．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ． 【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =. 【解析】 【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S . 【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)， 所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =. （2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以 1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =． 【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．【2020年新高考2卷（海南卷）】9．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +--【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可.【详解】 (1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩， 整理可得：22520q q -+=，11,2,2q q a >==，数列的通项公式为：1222n n n a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512n n n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----. 【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.。

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专题7 数列数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系；解答题的难度中等或稍难，将稳定在中等难度.往往在利用方程思想解决数列基本问题后，进一步数列求和，在求和后可与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．预测2020年将保持稳定，注意主观题与不等式、函数等相结合.一、单选题1．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知等差数列{}n a的前n项和为n S，若1512,90a S==，则等差数列{}n a公差d=（）A．2 B．32C．3 D．42．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知数列{}n a满足12n na a+=+且2469a a a++=，则3579log()a a a++=（）A．-3 B．3 C．13-D．133．（2019·湖南衡阳市八中高三月考（理））公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米.当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……，所以，阿基里斯永远追不上乌龟.根据这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为210-米时，乌龟爬行的总距离为（）A．410190-B．5101900-C．510990-D．4109900-4．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知数列{}n a中，12a=，111nnaa-=-(2n≥)，则2018a等于（）A ．12B ．12-C ．1-D ．25．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且352a =，99S =，则7a =（ ） A ．12B ．1C ．12-D ．26．（2020届山东实验中学高三上期中）古代数学著作《九章算术》有如下的问题:“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何?”意思是:“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，己知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少?”根据上述己知条件，若要使织布的总尺数不少于30尺，则至少需要（ ） A ．6天B ．7天C ．8天D ．9天7．（2020届山东省德州市高三上期末）对于数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()*1n n n a a a n +∆=-∈N ，对自然数()2k k ≥，规定{}k n a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆.若11a =，且()2*12n n n n a a a n +∆-∆+=-∈N ，则数列{}n a 的通项公式为（ ） A ．212n n a n -=⨯B ．12n n a n -=⨯C ．()212n n a n -=+⨯D ．()1212n n a n -=-⨯二、多选题8．（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知等比数列{}n a 的公比23q =-，等差数列{}n b 的首项112b =，若99a b >且1010a b >，则以下结论正确的有（ ） A ．9100a a ⋅<B ．910a a >C ．100b >D ．910b b >9．（2020届山东省济宁市高三上期末）设等比数列{}n a 的公比为q ,其前n 项和为n S ,前n 项积为n T ,并满足条件1201920201,1a a a >>,20192020101a a -<-,下列结论正确的是( )A ．S 2019<S 2020B ．2019202110a a -<C ．T 2020是数列{}n T 中的最大值D ．数列{}n T 无最大值三、填空题10．（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________．11．（2020届山东省九校高三上学期联考）已知数列{}n a 中，112a =，其前n 项和n S 满足()202n n n n S a S a n -+=≥，则2a =__________；2019S =__________.12．（2020届山东省泰安市高三上期末）我国古代的天文学和数学著作《周碑算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气唇（guǐ）长损益相同（暑是按照日影测定时刻的仪器，暑长即为所测量影子的长度），夏至、小署、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列，经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为________尺. 四、解答题13．（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .14．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为254,12,16n S a a S +==． (1)求{}n a 的通项公式； (2)数列{}n b 满足141n n n b T S =-，为数列{}n b 的前n 项和，是否存在正整数m ，()1k m k <<，使得23k m T T =?若存在，求出m ，k 的值；若不存在，请说明理由．15．（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .16．（2020届山东省九校高三上学期联考）已知数列{}1n a +是等比数列，11a =且2a ，32a +，4a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设11n nn n n a a b a a ++-=，求数列{}n b 的前n 项和n S .17．（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知数列{}{},n n a b 满足：1112,,2n n n n a a n b a n b ++=+-==. （1）证明数列{}n b 是等比数列，并求数列{}n b 的通项； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .18．（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，满足424S S =，917a =. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列{}n b 满足1212112n n n b b b a a a +++=-…，求数列{}n b 的通项公式 19．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；（2）数列{}n n a b 的前项和n T .20．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满足()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .21．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和．22．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，()*4221a a n =+∈N .（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设12nn n a a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 23．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且525S =，2a 是1a 和5a 的等比中项.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足2n an b =，证明数列{}n b 是等比数列，并求{}n b 的前n 项和n T .24．（2020届山东省德州市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，242n n n S a a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若11nn n S S b S S -=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .25．（2020届山东省临沂市高三上期末）设*n N ∈，向量(31,3)AB n =+u u u r ，(0,32)BC n =-u u u r，n a AB AC =⋅u u u r u u u r .（1）试问数列{}1n n a a +-是否为等差数列？为什么？（2）求数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S . 26．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知数列{}n a 的前n 项和n S满足2(2,)n n =+≥∈N ，且14a =.（1）求数列{}n a 的前n 项和n S ，及通项公式n a ； （2）记11n n n b a a +=⋅，n T 为{}n b 的前n 项和，求n T .27．（2020届山东省济宁市高三上期末）已知等差数列{}n a 满足246a a +=,前7项和728S =. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设()()122121n n nn a a b +=++,求数列{}n b 的前n 项和n T .28．（2020届山东省滨州市高三上期末）已知数列{}n a 为公差不为0的等差数列，且23a =，1a ，2a ，5a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}2n a +的前n 项和，1n nb S =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 29．（2020届山东实验中学高三上期中）等差数列{}n a 中，24a =，4715a a +=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设-225n n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和．30．（2020届山东实验中学高三上期中）设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()24=+2n n n S a a n N*∈(1)求证：数列{}n a 是等差数列，并求其通项公式 (2)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且14n n n b a a +=⋅，若()12nn T n λ<+-⋅对任意n N *∈都成立，求实数λ的取值范围.。

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