2022年高考考前20天终极冲刺攻略（二）【理科数学】.docx

目 录 / contents 5月22 日 解三角形………………………………………………………1 5月23 日 向量与复数……………………………………………………14数………… ………………………………………………11 5月24日 等差等比与数列综合…………………………………………26列 …………… …………………………………………12综…………… ………………………………………… 合…………… …………………………………………数…………………………………………………………19 5月25 日 数列大题综合…………………………………………………37合…………………………………………………………26 5月26 日 截面、外接球与点线面综合…………………………………50 变………………………………………………形………………………………………………变………………………………………………形 ………………………………………………32 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 时间：5月 22 日 今日心情： 核心考点解读——解三角形 1.考察正弦定理余弦定理以及利用正余弦定理解三角形，利用正余弦定理解决实际应用问题。考察分析能力和计算能力，考察李利用正余弦定理进行边角互化，考察三角函数的面积，利用正余弦定理进行 三角恒等变形，利用正余弦定理判断三角形形状。三角形中取值范围等。 2.试题题型选择填空解答全题型，各种难度都有，涉及到恒等变形，三角函数图像变换等，是高考考试热点之一。 3.多围绕正余弦定理进行边角互化，利用正余弦定理进行恒等变形，借助正余弦定理和三角函数求解取值范围，计算面积周长最值，解决社会建设中的实际问题。 1.一般情况下，边的平方形式，可能就是余弦定理的变形。需要通过构造与问题相关的形式和条件 2.求最值时，对称边，可以余弦定理+均值不等式；非对称形式，可以借助正弦定理化边为角。 3.在三角形中，有 4.涉及到中线时，中线可分三角形得两个三角形，分别运用余弦定理；.中线也可延伸补形得平行四边形 5.三角形角平分线，可以借助面积“和”构造等量关系，.角平分线也是两边的“对称轴”。.三角形角平分线定理可以直接在小题中使用 1.（2021·全国·高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（       ） A．表高 B．表高 C．表距 D．表距 2.（2020·山东·高考真题）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且 ，则等于（       ） A．3 B． C．3或 D．-3或 3.（2020·全国·高考真题（理））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（       ） A． B． C． D． 4. （2020·全国·高考真题（文））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（       ） A． B．2 C．4 D．8 5.（2022·上海·高考真题）在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为________ 6.（2021·全国·高考真题（理））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________． 7.（2021·全国·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.． （1）若，求的面积； （2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 8.（2021·北京·高考真题）在中，，． （1）求； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长． 条件①：； 条件②：的周长为； 条件③：的面积为； 9.（2021·湖南·高考真题）如图，在中，，点D在BC边上，且，， （1）求AC的长； （2）求的值. 10.（2019·全国·高考真题（理））的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 1.（2022·四川·石室中学模拟预测（理））在锐角中，分别为角的对边，已知，则的面积S的取值范围是（       ） A． B． C． D． 2.（2022·河南·一模（理））在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（       ） A． B． C． D． 3.（2022·黑龙江·哈九中二模（理））在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（       ） A． B． C． D． 4.（2022·四川省泸县第四中学模拟预测（理））已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______ 5.（2022·河南濮阳·一模（理））如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________． 6.（2022·重庆·二模）已知的外心为，为线段上的两点，且恰为中点. (1)证明： (2)若，，求的最大值. 1.如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小，若，则的最大值是（       ）.（仰角为直线与平面所成的角） A． B． C． D． 2.已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，.且， 则的取值范围为（       ） A． B． C． D． 3.在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（       ） A． B． C． D． 4.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，△ABC的面积为，则________． 5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=3，，则△ABC的面积与周长之比的取值范围是___________. 6.如图，四边形ABCD中，． (1)若，求△ABC的面积； (2)若，，，求∠ACB的值． 真题回顾 1.【答案】A 【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出． 【详解】如图所示： 由平面相似可知，，而 ，所以 ，而 ， 即＝ ． 故选：A. 2. 【答案】A 【分析】利用余弦定理求出，并进一步判断，由正弦定理可得，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案； 【详解】，， ， ， ，， ， ， 故选：A. 3.【答案】A 【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案. 【详解】在中，，， 根据余弦定理： 可得 ，即由 故.故选：A. 4.【答案】C 【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求 【详解】设 故选：C 5.【答案】## 【分析】运用正弦定理及余弦定理可得解. 【详解】根据余弦定理： ， 得， 由正弦定理△ABC的外接圆半径为. 故答案为:. 6.【答案】 【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解. 【详解】由题意，， 所以， 所以，解得（负值舍去）. 故答案为：. 7.【答案】（1）；（2）存在，且. 【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果； （2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值. 【详解】（1）因为，则，则，故，， ，所以，为锐角，则， 因此，； （2）显然，若为钝角三角形，则为钝角， 由余弦定理可得， 解得，则， 8.【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析． 【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解； （2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在； 若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求； 若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求. 【详解】（1），则由正弦定理可得， ，，，，，解得； （2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在； 若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得， ，则周长，解得，则， 由余弦定理可得边上的中线的长度为：； 若选择③：由（1）可得，即，则，解得， 则由余弦定理可得边上的中线的长度为： . 9.【答案】（1）（2） 【分析】（1）由已知利用余弦定理直接求解． （2）利用，结合两角差的正弦公式即可得解． 【详解】（1），，， 在中，由余弦定理得， （2），所以，又由题意可得， 10.【答案】(1) ;(2). 【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域. 【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得． ，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以. (2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到， 故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有： . 又因,故，故. 故的取值范围是 名校预测 1.【答案】C 【分析】根据条件求出，利用三角形面积公式得到，采用极端值方法求出的最值，进而得到的范围，求出面积的取值范围. 【详解】，因为为锐角三角形，故， ，当BC⊥AB时，，当CB⊥AC时，，故，所以. 故选：C 2.【答案】A 【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案. 【详解】由题知， 即由正弦定理化简得 即故选：. 3.【答案】C 【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围. 【详解】延长交于，如下图所示： 为的重心，为中点且，，，； 在中，； 在中，； ，，即，整理可得：，为锐角；设为钝角，则，，，，，解得： ，，由余弦定理得：， 又为锐角，，即的取值范围为.故选：C. 4.【答案】 【分析】设三条高分别为，根据面积计算出三条高，并将三条高的乘积的最大值问题，转化为最大来求解. 【详解】依题意可知，三条高分别为，根据三角形面积公式有，故，，而，即，所以.故当取得最大值时，三条高的乘积取得最大值.作平行于且与距离为的平行直线，作的垂直平分线，交直线于.过上一点作圆，使圆经过三个点，由于由于圆外角小于圆周角，故此时取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三条高的乘积取最大值时. 5.【答案】 【分析】由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求 【详解】由，得，解得. 因为，所以，， 所以. 又因为，所以. 因为，所以. 故答案为 6.【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，利用余弦定理求得，，再根据，化简，可求得，同理可求得，即可得证； （2）利用余弦定理求得，，再根据结合（1）求得，设，可求得，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案. (1) 证明：设， 由余弦定理知：，，由是外心知， 而，所以，即， 而，因此，同理可知，因此， 所以； (2)解：由（1）知，由余弦定理知：，， 代入得，设，则， 因此， 当且仅当时取到等号，因此的最大值为. 专家押题 1.【答案】D 【分析】由题可得，，过作，交于，连接，则，设，分类讨论，若在线段上，则，可求出和，从而可得出，利用函数的单调性，可得出时，取得最大值；若在的延长线上，同理求出和，可得出，可得当时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得出结论． 【详解】解：，，由勾股定理知，， 过点作交于，连结，则，设， 若在线段上，则，由，得， 在直角中，，，令，则函数在，单调递减， 时，取得最大值为；若在的延长线上，， 在直角中，，， 令，则可得时，函数取得最大值.故答案为：． 2.【答案】C 利用正弦定理化简已知条件，由此求得进而求得的大小.根据三角恒等变换化简，由此求得取值范围. 【详解】依题意，由正弦定理得，所以， 由于三角形是锐角三角形，所以.由. 所以 ，由于，所以， 所以.故选：C 3.【答案】C 【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解 【详解】在中，， 故题干条件可化为，由余弦定理得， 故，又由正弦定理化简得： ， 整理得，故或（舍去），得 为锐角三角形，故，解得，故 故选：C 4.【答案】 【分析】先由正弦定理求出，再利用余弦定理和得到，使用面积公式和余弦定理得到另外一个的关系式，联立后求出. 【详解】由得：因为，所以，因为， 所以，整理得：①，由得：， 所以，又，故②，将①代入②中，化简得：，解得：， 所以， 所以故答案为： 5.【答案】 【分析】由正弦定理化边为角，然后由三角函数恒等变换求得角，现由余弦定理得与的关系，结合基本不等式求得的范围，计算可得结论． 【详解】由正弦定理得，， 即， 即，三角形中， 所以，即， 因为，所以； 由余弦定理可得，所以（*）. △ABC的周长l=a+b+c=3+b+c，面积， 所以； 因为，所以由（*）式可得，即，当且仅当b=c=3时等号成立， 故△ABC的面积与周长之比的取值范围是. 故答案为：. 6.【答案】(1)(2)∠ACB= 【分析】（1）依据题意求得角，利用正弦定理去求△ABC的面积； （2）利用正弦定理解三角形即可求得∠ACB的值． (1) 在△ABC中，， 因为，所以． ． (2) 设，则，，． 在△ACD中，由，得． 在△ABC中，由，得． 联立上式，并由得， 整理得，所以， 因为，所以， 时间：5月 23 日 今日心情： 1. 核心考点解读——向量与复数 1、考察复数的概念和四则运算，考察复数相等和复数的分类，考察复数的模。考察向量基本概念，线性运算、模的和坐标运算，考察向量基本定理积和数量级及其应用。考擦向量在平面几何中应用和物理中应用。考察向量几何意义及应用， 2.试题是选择题和填空题，其中向量的几何意义和运算，多和圆锥曲线以及解三角形结合，作为基础概念应用来考察。 3.新课标对于复数和向量的考察，多以一个小题形式来考察，考察平面向量共线或者垂直来求参，考察平面向量数量积或者夹角。考察平面向量的模或者求模的最值。还要主语平面向量与其他知识交汇处的考察。 1.平面向量基本定理(平面内三个向量之间关系)：若、是同一平面内的两个不共线向量，则对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数、，使. （1）选定基底，则、，是唯一的 （2）处理技巧：可利用矢量三角形，可待定系数，可建系 2.已知向量a，b的坐标，利用数量积的坐标形式求解． 设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b22)，则a·b＝a1b1＋a2b2 通过建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标形式计算. 3.向量的模是线段的长度，可以借助几何意义，也可以建系设点 1.（2021·江苏·高考真题）若复数满足，则的虚部等于（       ） A．4 B．2 C．-2 D．-4 2.（2020·山东·高考真题）已知点，，点在函数图象的对称轴上，若，则点的坐标是（       ） A．或 B．或 C．或 D．或 3.（2021·全国·高考真题）复数在复平面内对应的点所在的象限为（       ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4.（2021·全国·高考真题）已知，则（       ） A． B． C． D． 5.（2021·天津·高考真题）在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为____________；的最小值为____________． 6.（2021·天津·高考真题）是虚数单位，复数_____________． 7.（2021·全国·高考真题）已知向量，，，_______． 8.（2021·浙江·高考真题）已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________. 9.（2021·全国·高考真题（理））已知向量．若，则________． 10.（2020·江苏·高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 1.（2022·宁夏石嘴山·一模（理））在复平面内，复数z满足，且z所对应的点在第一象限或坐标轴的非负半轴上，则的最小值为（       ） A． B． C．1 D．2 2.（2022·重庆·二模）若复数z满足，则的最大值为（       ） A．1 B．2 C．5 D．6 3.（2020·浙江·衢州二中一模）已知平面向量，满足且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（       ） A． B． C． D．1 4.（2022·甘肃兰州·一模（理））在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，在方向上的投影是的，△ABC的面积为，则______． 5.(天津市耀华中学2021届高三下学期一模数学试题)如图，在中，分别为上的点，且，，.设为四边形内一点（点不在边界上），若，则实数的取值范围为______ 6.(湖北省部分重点中学2020-2021学年度上学期新高三开学考试)如图所示，圆及其内接正八边形．已知，，点为正八边形边上任意一点，，、，则的最大值为_____________________． 1.已知复数z满足，则（       ） A． B．2 C． D． 2.设，，且，若向量满足，则的最大值是（       ） A．5 B．6 C．7 D．8 3.设正数，，满足，，，是以为圆心的单位圆上的个点，且.若是圆所在平面上任意一点，则的最小值是 A．2 B．3 C． D． 4.已知向量，若对于满足的任意向量，都存在，使得恒成立，则向量的模的最大值为________. 5.如图所示，在中，与是夹角为的两条直径，分别是与直径上的动点，若，则的取值范围是________． 6.已知为单位向量，向量满足，，若，则的取值范围是_______． 真题回顾 1.【答案】C 【分析】利用复数的运算性质，化简得出. 【详解】若复数满足，则 ， 所以的虚部等于. 故选：C. 2.【答案】C 【分析】由二次函数对称轴设出点坐标，再由向量垂直的坐标表示计算可得． 【详解】由题意函数图象的对称轴是，设， 因为，所以，解得或，所以或， 故选：C． 3.【答案】A 【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置. 【详解】，所以该复数对应的点为， 该点在第一象限， 故选：A. 4.【答案】C 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. 【详解】因为，故，故 故选：C. 5.答案】     1     【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值. 【详解】设，，为边长为1的等边三角形，， ， ，为边长为的等边三角形，， ， ， ， 所以当时，的最小值为. 故答案为：1；. 6.【答案】 【分析】利用复数的除法化简可得结果. 【详解】. 故答案为：. 7. 【答案】 【分析】由已知可得，展开化简后可得结果. 【详解】由已知可得， 因此，. 故答案为：. 8.【答案】 【分析】设，由平面向量的知识可得，再结合柯西不等式即可得解. 【详解】由题意，设， 则，即， 又向量在方向上的投影分别为x，y，所以， 所以在方向上的投影， 即, 所以， 当且仅当即时，等号成立， 所以的最小值为.故答案为：. 9.【答案】. 【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值 【详解】, ，解得, 故答案为：. 10.【答案】或0 【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】∵三点共线，∴可设，∵， ∴，即，若且，则三点共线， ∴，即，∵，∴，∵,,， ∴，设，，则，. ∴根据余弦定理可得，， ∵，∴，解得，∴的长度为. 当时， ，重合，此时的长度为， 当时，，重合，此时，不合题意，舍去.故答案为：0或. 名校预测 1.【答案】B 【分析】求出z，由z所对应的点在第一象限或坐标轴的非负半轴上得到，设，解得可得，从而得到答案. 【详解】由，得， 因为z所对应的点在第一象限或坐标轴的非负半轴上， 所以，即， 设，解得， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 2.【答案】C 【分析】根据题意可知复数z的轨迹为以为圆心，为半径的圆.由此则可求出的最大值. 【详解】设. 则表示复平面点到点的距离为3. 则的最大值为点到的距离加上3. 即. 故选：C. 3.【答案】B 【分析】根据题意,建立平面直角坐标系.令， .为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及平行线段，比例关系，求得的最大值. 【详解】根据题意,设, 则 由代入可得 即点的轨迹方程为 又因为,变形可得,即,且 所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示: 以的最小值即为到直线的距离最小值 根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大， 此时，，，所以， ，即此时.即的最大值为故选:B 4.【答案】 【分析】根据正弦定理求出角A，结合向量投影，建立b，c边长关系，通过已知三角形面积求出b，c具体值，再用余弦定理求得a. 【详解】解：由正弦定理，将原式， 化为， 因为 所以原式化简为，因为，所以， 因为，所以. 又因为在方向上的投影是的， 所以，即， 因为，解得. 由余弦定理可得： ，所以. 故答案为：. 5.【答案】 【分析】 取BD中点M,过M作MH//DE交DF,AC分别为G,H,则由可知,P点在线段GH上运动（不包括端点）,求出端点G,H对应的即可求解. 【详解】取BD中点M,过M作MH//DE交DF,AC分别为G,H,如图： 则由可知,P点在线段GH上运动（不包括端点） 当与重合时，根据,可知，当与重合时,由共线可知，即，结合图形可知. 6.【答案】 【分析】 建立平面直角坐标系，设出半径表达出各点坐标，根据P点位置求得λ+μ的最大值． 【详解】由题意可知，当取最大值时，P点应位于劣弧 上 以OB所在直线为x轴，以O为原点建立平面直角坐标系，设圆半径为1 则 当P点位于y轴上时， ，此时 所以 解得 专家押题 1.【答案】C 【分析】设且，结合共轭复数的概念写出，利用复数相等及乘法运算求出参数a、b，即可得. 【详解】令，则，且， 所以，则， 所以，可得，即， 所以. 故选：C 2.【答案】B 【分析】设，，，，根据条件，借助平面图形得到点的轨迹，即可得到结果． 【详解】如图， 设，，，，连接，， 则由可知四边形为矩形，则. 由，可得， 连接，则，所以点在以点为圆心，4为半径的圆上， 所以的最大值为. 故选：B. 3.【答案】B 【分析】根据数量积及建立不等式，即可求出最小值. 【详解】是以为圆心的单位圆上的个点, , 故 而，， ， 故， 当且仅当点与点重合时等号成立， 即的最小值是, 故选：B 4.答案】## 【分析】设出向量，根据题干条件得到关于的不等式问题，由根的判别式得到不等关系，求出，从而求出的模的最大值. 【详解】设，，满足， 即满足①，都存在，使得恒成立， 即存在，使得②， 由①②可知：存在，使得成立 即，即， 化简得：③， 即③式恒成立，则必须满足， 解得：，即， 所以的最大值为. 故答案为： 5.【答案】 【详解】 设的半径为，以为原点，为轴建立直角坐标系，如图所示，则，设，， 其中，，，，，，又，，，即的取值范围是，故答案为. 6.【答案】 【分析】 根据向量的三角不等式确定出的值以及与的方向之间的关系，然后作出向量的图示，根据向量的三角不等式求解出的最小值，再结合余弦定理以及基本不等式求解出的最大值，由此可求的取值范围. 【详解】因为，且，， 所以，且与反向， 设对应向量，对应向量为，所以对应向量为， 由与反向可知：在线段中间某点处，如下图所示： 因为，所以， 所以，所以，取等号时同向，即在线段上， 当不在线段上时，因为， 又因为， 取等号时，即为中点， 所以，所以，所以，即， 综上可知：. 故答案为：. 时间：5月 24 日 今日心情： 核心考点解读——等差等比与数列综合 1.考察数列的概念好简单表示。考察等差、等比数列通项公式与前n项和，能运用等差数列等比数列的关系解决相应的问题。考察等差数列与一次函数，等比数列与指数函数的关系。 2.题型是选择题填空题，以及数列和三角交替考察的大题形式。能根据数列公式运算法则进行合适的运算变形和数据处理。能根据问题的条件寻找合适的运算方式和数据求解。 数列求和常用方法 1.对于公式 （1）当时，用替换中的得到一个新的关系，利用 便可求出当时的表达式； （2）当时， 求出； （3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写． 2.错位相消法 （1）.思维结构结构图示如下 （2）.公式型记忆： （3）.可裂项为如下 1.（2021·全国·高考真题（理））等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（       ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 2.（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（       ）． 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·全国·高考真题（理））数列中，，对任意 ，若，则 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 4.（2020·全国·高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（       ） A． B． C． D． 5.（2020·全国·高考真题（理））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 6.（2020·海南·高考真题）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________． 7.（2020·江苏·高考真题）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______． 8.（2020·全国·高考真题（文））数列满足，前16项和为540，则 ______________. 9.（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______. 1.（2021湖南师大附中二模（理））如果a1，a2，，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么（       ） A． B． C． D． 2.（2021·福建·一模（理））已知数列满足，则下列结论正确的是 A．只有有限个正整数使得 B．只有有限个正整数使得 C．数列是递增数列 D．数列是递减数列 3.（2021·全国·模拟预测）数列是以为首项，（）为公比的等比数列，数列满足，数列满足，若为等比数列，则 A． B．3 C． D．6 4.（2021宁夏·模拟预测（理））已知数列满足，，且，记为数列的前项和，数列是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式成立的最小整数n为 A．7 B．6 C．5 D．4 5.．（2021北京海淀·高考模拟）对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________． 6.（2021·山西·模拟预测（理））设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3…，若，，，，则的最大值是________________. 1.已知数列满足，设的前项和为，则的值为（       ） A． B． C．2 D．1 2.已知等比数列的前n项和为，记，若数列也为等比数列，则（       ） A．12 B．32 C． D． 3.已知数列的前n项和为，，，则（       ） A．414 B．406 C．403 D．393 4.已知等差数列的首项，且，正项等比数列的首项，且，若数列的前n项和为，则数列的最大项的值为（       ） A． B．1 C． D．2 5.已知数列中，，对任意，，，成等差数列，公差为，则__． 6.对于数列定义：，，，，，称数列为数列的阶差分数列.如果（常数），那么称数列是阶等差数列.现在设数列是阶等差数列，且，，，，则数列的通项公式为__________. 真题回顾 1.【答案】B 【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【详解】由题，当数列为时，满足， 但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件． 若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B． 2.【答案】B 【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项. 【详解】由题意可知，等差数列的公差， 则其通项公式为：， 注意到， 且由可知， 由可知数列不存在最小项， 由于， 故数列中的正项只有有限项：，. 故数列中存在最大项，且最大项为. 故选：B. 3.【答案】C 【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值. 【详解】在等式中，令，可得，， 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则， ， ，则，解得. 故选：C. 4.【答案】C 【分析】根据新定义，逐一检验即可 【详解】由知，序列的周期为m，由已知，， 对于选项A， ，不满足； 对于选项B， ，不满足； 对于选项D， ，不满足； 故选：C 5.【答案】C 【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列， 设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到. 【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环， 则是以9为首项，9为公差的等差数列，， 设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为，因为下层比中层多729块， 所以， 即 即，解得， 所以. 故选：C 6.答案】 【分析】首先判断出数列与项的特征，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】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以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是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以的前项和为， 故答案为：. 7.【答案】 【分析】结合等差数列和等比数列前项和公式的特点，分别求得的公差和公比，由此求得. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意. 等差数列的前项和公式为， 等比数列的前项和公式为， 依题意，即， 通过对比系数可知，故. 故答案为： 8.【答案】 【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论. 【详解】， 当为奇数时，；当为偶数时，. 设数列的前项和为， ， . 故答案为：. 9.【答案】     5     【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果. 【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位； 故对折4次可得到如下规格：，，，，，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，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，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，猜想为种（证明从略），故得猜想， 设，则， 两式作差得： ，因此，. 故答案为：；. 名校预测 1.【答案】B 【分析】根据等差数列的基本量，通过作差比较的大小即可. 【详解