创新示范卷5 数列（含答题卡）-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮创新示范卷（新题型 人教B版 新教材）

创新示范卷(五) 　　　　　　　数列 　　　　　　　本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 一、选择题(本大题共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．(２０２４􀅰浙江杭州统考)在数列{an}中,“数列{an}是等比数列”是“a２２＝a１a３”的 (　　) A．充分不必要条件　　　B．必要不充分条件　　　C．充要条件　　　D．既不充分也不必要条件 ２．(２０２４􀅰山西高三模拟)已知{an}是各项均为正数的等比数列,其前n项和为Sn,且{Sn}是等差数 列,则下列结论错误的是 (　　) A．{an＋Sn}是等差数列 B．{an􀅰Sn}是等比数列 C．{a２n}是等差数列 D． Sn n{ }是等比数列 ３．等差数列{an}前n项和为Sn,且 S５ ５－ S２ ２＝３ ,则数列{an}的公差为 (　　) A．１ B．２ C．３ D．４ ４．(２０２４􀅰北京门头沟区一模)一辆邮车从A 地往B 地运送邮件,沿途共有n地,依次记为A１,A２, 􀆺,An(A１ 为A 地,An 为B 地)．从A１ 地出发时,装上发往后面n－１地的邮件各１件,到达后面 各地后卸下前面各地发往该地的邮件,同时装上该地发往后面各地的邮件各１件,记该邮车到达 A１,A２,􀆺,An 各地装卸完毕后剩余的邮件数记为ak(k＝１,２,􀆺,n),则ak 的表达式为 (　　) A．k(n－k＋１) B．k(n－k－１) C．n(n－k) D．k(n－k) ５．(２０２４􀅰河南四校联考)在等比数列{an}中,an＞０,a１＋a２＋􀆺＋a８＝４,a１a２􀆺a８＝１６,则 １ a１ ＋１a２ ＋􀆺＋１a８ 的值为 (　　) A．２ B．４ C．８ D．１６ ６．若数列{an}是正项数列,且 a１＋ a２＋􀆺＋ an＝n２＋n,则a１＋ a２ ２＋ 􀆺＋ an n 等于 (　　) A．２n２＋２n B．n２＋２n C．２n２＋n D．２(n２＋２n) ７．(２０２４􀅰福建期中考试)设数列{an}满足a１＝１,a２＝４,an＋an＋２＝２an＋１＋２,若[x)表示大于x的 最小整数,如[２)＝３,[－２．１)＝－２,记bn＝ n(n＋１) an[ ö ø ÷,则数列{bn}的前２０２５项之和为 (　　) A．４０４４ B．４０４５ C．４０５１ D．４０５２ ８．(２０２４􀅰福建一模)任意写出一个正整数m,并且按照以下的规律进行变换:如果m 是个奇数,则下 一步变成３m＋１,如果m 是个偶数,则下一步变成１２m ,无论m 是怎样一个数字,最终必进入循环 圈１→４→２→１,这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．它可以表示为数列{an}∶a１＝m(m 为正整 数),an＋１＝ ３an＋１,当an 为奇数时, １ ２an ,当an 为偶数时, ì î í ïï ï 若a７＝２,则m 的所有可能取值之和为 (　　) A．１８８ B．１９０ C．１９２ D．２０１ １Ｇ５ 二、选择题(本大题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要 求．全部选对得６分,有选错的得０分,部分选对的得部分分．) ９．(２０２４􀅰辽宁省部分学校联考)南宋数学家杨辉所著的«详解九章算法􀅰商 功»中出现了如图所示的形状,后人称为“三角垛”,“三角垛”的最上层有１ 个球,第二层有３个球,第三层有６个球,􀆺,设各层球数构成一个数列 {an},且a１＝１,数列 １ an{ }的前n项和为Sn,则正确的选项是 (　　) A．a４＝１２ B．an＋１＝an＋n＋１ C．Sn＝ ２n n＋１ D．a１００＝４９５０ １０．(２０２４􀅰济南市历城第二中学高二期中)设[x]为不超过x的最大整数,an 为[x[x]](x∈[０,n)) 能取到所有值的个数,Sn 是数列 １ an＋２n{ }前n项的和,则下列结论正确的有 (　　) A．a３＝４ B．１９０是数列{an}中的项 C．S１０＝ ５ ６ D． 当n＝７时, an＋２１ n 取最小值 １１．已知等比数列{an}的前３项和为１６８,a２－a５＝４２,则 (　　) A．a１＝９６ B．q＝ １ ２ C．a６＝５ D．an＝３×２ n＋５ 三、填空题(本大题共３小题,每小题５分,共１５分．) １２．(２０２４􀅰山东聊城统考模拟)记[x]为不大于实数x的最大整数,已知数列{an}的通项公式为an ＝[lgn],则{an}的前２０２４项的和S２０２４＝　　　　． １３．已知Sn 为数列{an}的前n项和,a１＝１,２Sn＝(n＋１)an,若存在唯一的正整数n使得不等式a２n－ tan－２t２≤０成立,则实数t的取值范围为　　　　． １４．(２０２４􀅰辽宁大连统考)定义:对于各项均为整数的数列{an},如果ai＋i(i＝１,２,３,􀆺)为完全平 方数,则称数列{an}具有“P 性质”;不论数列{an}是否具有“P 性质”,如果存在数列{bn}与{an}不 是同一数列,且{bn}满足下面两个条件: (１)b１,b２,b３,􀆺,bn 是a１,a２,a３,􀆺,an 的一个排列; (２)数列{bn}具有“P 性质”,则称数列{an}具有“变换P 性质”．给出下面三个数列: ①数列{an}的前n项和Sn＝ n ３ (n２－１); ②数列{bn}:１,２,３,４,５; ③数列{cn}:１,２,３,４,５,６． 具有“P 性质”的为　　　　;具有“变换P 性质”的为　　　 　． 四、解答题(本大题共５小题,共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) １５．(１３分)(２０２４􀅰湖北省武汉市调研)记数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N∗,有Sn＝n(an＋n－１)． (１)证明:{an}是等差数列; (２)若当且仅当n＝７时,Sn 取得最大值,求a１ 的取值范围． ２Ｇ５ １６．(１５分)公差不为零的等差数列{an}中,a１,a２,a５ 成等比数列,且该数列的前１０项和为１００,数列 {bn}的前n项和为Sn,且满足Sn＝２bn－１,n∈N∗． (１)求数列{an},{bn}的通项公式; (２)令cn＝ １＋an ４bn ,数列{cn}的前n项和为Tn,求Tn 的取值范围． １７．(１５分)(２０２４􀅰山东烟台统考模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn＋１＝２an(n∈N∗)． (１)求{an}的通项公式; (２)设bn＝ an,n＝２k－１, n,n＝２k{ 且k∈N ∗ ,求数列{bn}的前n项和为Tn． ３Ｇ５ １８．(１７分)(２０２４􀅰陕西西安市期末)在等比数列{an}中,公比q＞０,其前n项和为Sn,且S２＝６, 　　　　． (１)求数列{an}的通项公式; (２)设bn＝logan２,且数列{cn}满足c１＝１,cn＋１－cn＝bn＋１bn,求数列{cn}的通项公式． 从①S４＝３０,②S６－S４＝９６,③a３ 是S３ 与２的等差中项,这三个条件中任选一个,补充到上面问 题中的横线上,并作答． １９．(１７分)对于无穷数列{an},“若存在am－ak＝t(m,k∈N∗ ,m＞k),必有am＋１－ak＋１＝t”,则称数 列{an}具有P(t)性质． (１)若数列{an}满足an＝ ２n(n＝１,２), ２n－５(n≥３,n∈N∗),{ 判断数列{an}是否具有P(１)性质? 是否具有P (４)性质? (２)对于无穷数列{an},设T＝{x|x＝aj－ai,i＜j},求证:若数列{an}具有P(０)性质,则T 必为 有限集; (３)已知{an}是各项均为正整数的数列,且{an}既具有P(２)性质,又具有P(３)性质,是否存在正整数 N,k,使得aN,aN＋１,aN＋２,􀆺,aN＋k,􀆺成等差数列．若存在,请加以证明;若不存在,说明理由． ４Ｇ５ 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 创新示范卷(五) 数学答题卡 选择题 (共５８分,１~８小题,每小题５分,９~１１小题,每小题６分) 正确填涂　　　　　 　１ A B C D 　４ A B C D 　７ A B C D 　１０ A B C D 　 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１ A B C D 　 ３ A B C D ６ A B C D ９ A B C D 　　　　 　　　　　　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 非选择题　　　　　　　　　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(本大题共３小题,每小题５分,共１５分．) １２．　　　　　　　　　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　 解答题(本大题共５小题,共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) １５．(１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页１第　)五(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(１５分) １７．(１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页２第　)五(卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页３第　)五(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页４第　)五(卡题答学数 由f(x)＝１,即sin x＋π６( ) ＝ １ ２ ,而x∈ ０,１１π６[ ] ,解 得x＝０或x＝２π３ , 即∴f(x)＝１在x∈ ０,１１π６[ ] 上有两个根, 方程f２(x)＋(２－a)f(x)＋a－３＝０在x∈ ０,１１π６[ ] 上 存在４个不相等的实数根, 当且仅当f(x)＝a－３且a－３≠１在x∈ ０,１１π６[ ] 上有 两个不等实根, 在同一坐标系内作出函数y＝f(x)在x∈ ０,１１π６[ ] 上 的图像和直线y＝a－３,如图, 方程f(x)＝a－３(a≠４)在x∈ ０,１１π６[ ] 上有两个不等 实根, 当且仅当函数y＝f(x)在x∈ ０,１１π６[ ] 上的图像和直 线y＝a－３(a≠４)有两个公共点, 观察图像知:－２＜a－３≤０或１＜a－３＜２, 解得１＜a≤３或４＜a＜５, 所以实数a的取值范围是(１,３]∪(４,５)． 创新示范卷(五) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 A B B D A A C B BC ACD AB １．A　[数列{an}是等比数列,得a２２＝a１a３,若数列{an}中 a２２＝a１a３,则数列{an}不一定是等比数列,如数列１,２,４, ６,８,１０,１２,１４,􀆺,所以反之不成立,则“数列{an}是等比 数列”是“a２２＝a１a３”的充分不必要条件．] ２．B　[由{Sn}是等差数列,可得２S２＝S１＋S３,即２(a１＋ a２)＝a１＋a１＋a２＋a３,∴a２＝a３, 设等比数列{an}的公比为q,∵{an}是各项均为正数的 等比数列,则q＝ a３ a２ ＝１,∴an＝a１＞０． 对于 A选项,an＋Sn＝(n＋１)a１,∴数列{an＋Sn}是等 差数列,因此 A正确; 对于 C选项,a２n＝a２１,∴{a２n}是常数列,且为等差数列,因 此 C正确; 对于 D 选项, Sn n ＝a１＞０ ,∴ Snn{ } 是等比数列,因此 D 正确; 对于B选项,anSn＝na２１,则 an＋１Sn＋１ anSn ＝n＋１n 不是常数, ∴{an􀅰Sn}不是等比数列,因此B不正确．] ３．B　[设等差数列{an}的公差为d, ∵ s５ ５－ s２ ２＝３ ,∴ ５a１＋ ５×４ ２ d ５ － ２a１＋ ２×１ ２ d ２ ＝３ ,化简得 ２d－１２d＝３ ,解得d＝２．] ４．D　[从第k站出发时,放上车的邮件共有:(n－１)＋(n －２)＋􀆺＋(n－k)个． 而从第二站起,每站放下的邮件共:１＋２＋３＋􀆺＋(k－ １)个． 所以ak＝[(n－１)＋(n－２)＋􀆺＋(n－k)]－[１＋２＋３ ＋􀆺＋(k－１)] ＝kn－(１＋２＋􀆺＋k)－[１＋２＋３＋􀆺＋(k－１)] ＝kn－k (k＋１) ２ － (k－１)(k－１＋１) ２ ＝kn－１２k ２－k２－ k(k－１) ２ ＝kn－１２k ２－k２－ k２ ２＋ k ２＝kn－k ２＝k(n－k)．故ak＝ k(n－k)．] ５．A　[由分数的性质得到 １a１ ＋ １a２ ＋􀆺＋ １a８ ＝ a８＋a１ a８a１ ＋ a７＋a２ a７a２ ＋􀆺＋ a４＋a５ a４a５ ．因为a８a１＝a７a２＝a３a６＝a４a５,所 以原 式 ＝ a１＋a２＋􀆺＋a８ a４a５ ＝ ４a４a５ ,又a１a２ 􀆺a８ ＝１６＝ (a４a５)４,an＞０,∴a４a５＝２,∴ １ a１ ＋１a２ ＋􀆺＋１a８ ＝２．] ６．A　[∵ a１＋ a２＋􀆺＋ an＝n２＋n,∴n＝１时, a１＝２,解得a１＝４． n≥２时,a１＋ a２＋􀆺＋ an－１＝(n－１)２＋n－１, 相减可得:an＝２n,∴an＝４n２．n＝１时也成立． ∴ an n ＝４n ,∴a１＋ a２ ２＋ 􀆺＋ an n ＝４ (１＋２＋􀆺＋n)＝４× n(１＋n) ２ ＝２n ２＋２n．] ７．C　[因 为an ＋an＋２ ＝２an＋１ ＋２,所 以 (an＋２ －an＋１)－ (an＋１－an)＝２,又a２－a１＝３,所以数列{an＋１－an}是以 ３为首项,２为公差的等差数列,所以an＋１－an＝３＋２(n －１)＝２n＋１,所以an＝(an－an－１)＋(an－１－an－２)＋􀆺 ＋(a２－a１)＋a１ ＝(２n－１)＋(２n－３)＋􀆺＋３＋１＝ n(１＋２n－１) ２ ＝n ２(n≥２), 当n＝１时也符合上式,故an＝n２, 则数列{bn}的通项公式 bn＝ n(n＋１) an[ )＝ n(n＋１) n２[ )＝ １＋ １ n[ ) , 则数列{bn}的前２０２５项之和为 b１＋b２ ＋b３ ＋ 􀆺 ＋b２０２５ ＝ [１＋１)＋ １＋ １ ２[ ) ＋ １＋１３[ )＋􀆺＋ １＋ １ ２０２５[ ) ＝３＋２＋２＋􀆺＋２＝３＋ ２×２０２４＝４０５１．] ８．B　[由题意,a１→a２→a３→a４→a５→a６→a７ 的可能情况 有:①２→１→４→２→１→４→２;②１６→８→４→２→１→４→２; ③２０→１０→５→１６→８→４→２;④３→１０→５→１６→８→４→ ２;⑤１２８→６４→３２→１６→８→４→２;⑥２１→６４→３２→１６→８ →４→１２．∴m 的所有可能取值为２,１６,２０,３,１２８,２１,所 有可能取值的和为１９０．] ９．BC　[由题意可知:a２－a１＝２,a３－a２＝３,于是有a４－ a３＝４,an－an－１＝n(n≥２,n∈N∗ ),显然可得:a４＝４＋a３ ＝１０,an＋１＝an＋n＋１,因此选项 A不正确,选项B正确; 当n≥２,n∈N∗ 时,an＝(an－an－１)＋(an－１－an－２)＋􀆺 ＋(a２－a１)＋a１＝n＋(n－１)＋􀆺＋１＝ n(n＋１) ２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３１Ｇ案答 参考答案 显然a１＝１适合上式,a１００＝ １００×１０１ ２ ＝５０５０ ,因此选项 D不正确;１an ＝ １n(n＋１) ２ ＝２ １n－ １ n＋１( ) Sn＝２ １－ １ ２( )＋ １ ２－ １ ３( )＋􀆺＋ １ n－ １ n＋１( )[ ] ＝２ １－ １n＋１( )＝ ２n n＋１ ,因此选项 C正确．] １０．ACD　[当n＝１时,x∈[０,１),[x]＝０,x[x]＝０, 故[x[x]]＝０,即a１＝１, 当n＝２时,x∈[０,２),[x]＝{０,１},x[x]∈{０}∪ [１,２),故[x[x]]＝{０,１},即a２＝２, 当n＝３时,x∈[０,３),[x]＝{０,１,２},x[x]∈{０}∪ [１,２)∪[４,６),故[x[x]]＝{０,１,４,５},即a３＝４, 以此类推,当n≥２,x∈[０,n)时,[x]＝{０,１,２,􀆺,n－１}, x[x]∈{０}∪[１,２)∪[４,６)∪􀆺∪[(n－１)２,n(n－ １)],故[x[x]]可以取的个数为１＋１＋２＋３＋􀆺＋n－１ ＝n ２－n＋２ ２ ,即an＝ n２－n＋２ ２ ,n≥２ 当n＝１时也满足上式,故an＝ n２－n＋２ ２ ,n∈N∗ ． 对 A,a３＝ ３２－３＋２ ２ ＝４ ,故 A正确． 对B,令an＝ n２－n＋２ ２ ＝１９０⇒n ２－n－３７８＝０,无整数 解．故B错误． 对 C, １an＋２n ＝ ２(n＋１)(n＋２)＝２ １ n＋１－ １ n＋２( )． 故Sn＝２ １ ２－ １ ３( )＋ １ ３－ １ ４( )＋􀆺＋ １ n＋１－ １ n＋２( )[ ] ＝１－ ２n＋２． 故S１０＝１－ ２ １２＝ ５ ６． 故 C正确． 对 D, an＋２１ n ＝ n ２＋ ２２ n－ １ ２≥２× n ２ 􀅰２２ n － １ ２． 当且 仅当n ２＝ ２２ n⇒n＝２ １１∈ (６,７)时取等号． 因为n∈N∗ ,当n＝６时,an＋２１n ＝６＋ １ ６ ,当n＝７时, an＋２１ n ＝６＋ １ ７ , 故当n＝７时,an＋２１n 取最小值,故 D正确．] １１．AB　[等比数列{an}的前３项和为１６８,a２－a５＝１２, ∴q≠１,且 a１(１－q３) １－q ＝１６８ , a１q－a１q４＝４２, { 解得a１＝９６,q＝１２, 则a６＝９６× １ ２( ) ５ ＝３,an＝３× １ ２( ) n＋４ ．] １２．解析:根据题意知:an＝ ０,１≤n≤９, １,１０≤n≤９９, ２,１００≤n≤９９９, ３,１０００≤n≤９９９９, ì î í ï ï ïï ∴S２０２４＝０×９＋１×９０＋２×９００＋３×１０２５＝４９６５． 答案:４９６５ １３．解析:n≥２时,an＝Sn－Sn－１＝ (n＋１)an ２ － nan－１ ２ , 整理得 an n ＝ an－１ n－１ ,又a１＝１,故an＝n． 不等式a２n－tan－２t２≤０可化为n２－tn－２t２≤０． 设f(n)＝n２－tn－２t２,由于f(０)＝－２t２≤０,由题意可得 f(１)＝１－t－２t２≤０, f(２)＝４－２t－２t２＞０,{ 解得－２＜t≤－１或 １ ２≤t＜１． 答案:－２＜t≤－１或１２≤t＜１ １４．解析:对于①,当n＝２时,an＝Sn－Sn－１＝n２－n, ∵a１＝０,∴an＝n２－n, ∴ai＋i＝i２(i＝１,２,３,􀆺)为完全平方数 ∴数列{an}具有“P 性质”; 对于②,数列１,２,３,４,５,具有“变换P 性质”,数列{bn} 为３,２,１,５,４,具有“P 性质”,∴数列{an}具有“变换P 性质”; 对于③,∵６,１都只有与３的和才能构成完全平方数, ∴１,２,３,４,５,６不具有“变换P 性质”． 答案:①　② １５．解:(１)因为Sn＝nan＋n(n－１),① 则Sn－１＝(n－１)an－１＋(n－１)(n－２),② ①－②可得an＝nan－(n－１)an－１＋２n－２⇔(１－n)an ＝－(n－１)an－１＋２(n－１)⇔an－an－１＝－２,故{an}为 等差数列． (２)若当且仅当n＝７时,Sn 取得最大值, 则有 S７＞S６, S７＞S８,{ ,得 a７＞０, a８＜０,{ 则 a１－１２＞０, a１－１４＜０,{ １２＜a１＜１４, 故a１ 的取值范围为(１２,１４)． １６．解:(１)设{an}的公差为d(d≠０),由a１,a２,a５ 成等比数 列,得a２２＝a１a５, 所以(a１＋d)２＝a１(a１＋４d), 故d＝２a１,① 由前１０项和为１００,得２a１＋９d＝２０,② 解①②得 a１＝１, d＝２,{ 所以an＝２n－１． 又Sn＝２bn－１,n∈N∗ ,故Sn－１＝２bn－１－１(n≥２)． 两式相减得bn＝２bn－１,所以 bn bn－１ ＝２(n≥２),且n＝１时 b１＝１,n＝２时,b２＝２, b２ b１ ＝２符合上式． 故{bn}是以１为首项,２为公比的等比数列, 所以bn＝２n－１． (２)由题意知 １＋an ４bn ＝n ２n ． 故Tn＝ １ ２＋ ２ ２２ ＋３ ２３ ＋􀆺＋n ２n ,① １ ２Tn＝ １ ２２ ＋２ ２３ ＋３ ２４ ＋􀆺＋ n ２n＋１ ,② ①－② 得 １２Tn ＝ １ ２ ＋ １ ２２ ＋ １ ２３ ＋ 􀆺 ＋ １ ２n － n ２n＋１ ＝ １ ２ １－ １ ２n( ) １－１２ － n ２n＋１ ,所以Tn＝２－ ２＋n ２n ． 因为Tn－Tn－１＝ n ２n ＞０,所以Tn＞Tn－１, Tn 随n的增大而增大,故Tn 的取值范围为 １ ２≤Tn＜２． １７．解:(１)当n＝１时,a１＝１, 当n≥２时, Sn＋１＝２an, Sn－１＋１＝２an－１{ ⇒an＝２an－１, 所以 {an}是 首 项 为 １,公 比 为 ２ 的 等 比 数 列,则 an ＝２n－１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１Ｇ案答 数学(新) (２)由题设知:bn＝ ２n－１,n＝２k－１, n,n＝２k,{ k∈N ∗ , 当n为偶数时,Tn＝(b１＋b３＋􀆺＋bn－１)＋(b２＋b４＋􀆺 bn)＝(２０＋２２＋􀆺＋２n－２)＋(２＋４＋􀆺＋n)＝ ２n－１ ３ ＋n (n＋２) ４ ; 当n为奇数时,Tn＝(b１＋b３＋􀆺＋bn)＋(b２＋b４＋􀆺＋ bn－１)＝(２０＋２２＋􀆺＋２n－１)＋(２＋４＋􀆺＋n－１)＝ ２n＋１－１ ３ ＋ n２－１ ４ ; 综上,Tn＝ ２n－１ ３ ＋ n(n＋２) ４ ,n＝２k, ２n＋１－１ ３ ＋ n２－１ ４ ,n＝２k－１, ì î í ïï ï k∈N∗ ． １８．解:(１)若选条件①,由S２＝６及S４＝３０, 得a１＋a２＝６,a１＋a２＋a３＋a４＝３０, 两式相减,得a３＋a４＝２４,即q２(a１＋a２)＝２４, 所以q２＝４,由q＞０,解得q＝２, 代入a１＋a２＝６,得a１＋２a１＝６,解得a１＝２, 所以数列{an}的通项公式为an＝２n． 若选条件②,S６－S４＝９６． 因为S６－S４＝a５＋a６＝９６,a１＋a２＝６, 所以a１q４＋a１q５＝９６,a１＋a１q＝６, 两式相除,得q４＝１６,结合q＞０,得q＝２, 所以a１＋２a１＝６,解得a１＝２, 所以数列{an}的通项公式为an＝２n． 若选条件③,a３ 是S３ 与２的等差中项． 由a３ 是S３ 与２的等差中项,得２a３＝S３＋２, 则２a３＝a１＋a２＋a３＋２,由a１＋a２＝６,得a３＝８, 由通项得a１＋a１q＝６,a１q２＝８, 消去a１,得３q２－４q－４＝０,结合q＞０,解得q＝２, 代入a１＋a１q＝６,得a１＝２, 所以数列{an}的通项公式为an＝２n． (２)由(１),得bn＝logan２＝ １ log２an ＝ １ log２２n ＝１n , cn＋１－cn＝bnbn＋１＝ １ n(n＋１)＝ １ n－ １ n＋１ , 所以当n≥２时,cn＝c１＋(c２－c１)＋(c３－c２)＋(c４－c３) ＋􀆺＋(cn－cn－１) ＝１＋ １－１２( ) ＋ １ ２－ １ ３( ) ＋ １ ３－ １ ４( ) ＋ 􀆺 ＋ １ n－１－ １ n( )＝２－ １ n． 又c１＝１也适合上式,故数列{cn}的通项公式是cn＝２ －１n． １９．解:(１)因为an＝ ２n(n＝１,２), ２n－５(n≥３,n∈N∗ ),{ a５－a２＝５－４＝１,但a６－a３＝７－１＝６≠１,所以数列{an} 不具有性质P(１),同理可得数列{an}具有性质P(４); (２)因为数列{an}具有性质P(０),所以一定存在一组最 小的且m＞k,满足am－ak＝０,即am＝ak,由性质P(０) 的 含 义 可 得 am＋１ ＝ak＋１,am＋２ ＝ak＋２,􀆺,a２m－k－１ ＝ am－１,a２m－k＝am,所以数列{an}中,从第k项开始的各 项呈现周期性规律: ak,ak＋１,􀆺,am－１为一个周期中的各项, 所以数列{an}中最多有m－１个不同的项, 所以T 最多有 C２m－１个元素,即T 为有限集; (３)因为数列{an}具有P(２)性质,又具有P(３)性质,所 以存在 M′,N′,使得aM′＋P－aM′＝２,aN′＋q－aN′＝３,其 中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数,由性 质P(２),P(３)的含义可得aM′＋p＋k－aM′＋k＝２,aN′＋q＋k －aN′＋k＝３,若 M′＜N′,则取k＝N′－M′,可得aN′＋p－ aN′＝２,若 M′＞N′,则取k＝M′－N′,可得aM′＋q－aM′ ＝３,记 M＝max{M′,N′},则对于aM ,有aM＋p－aM＝２, aM＋q－aM＝３,显然p≠q,由性质P(２),P(３)的含义可 得:aM＋p＋k－aM＋k＝２,aN＋q＋k－aN＋k＝３,所以aM＋pq－ aM＝(aM＋pq－aM＋(q－１)p)＋(aM＋(q－１)p－aM＋(q－２)p)＋􀆺 ＋(aM＋p－aM )＝２qaM＋pq－aM ＝(aM＋pq－aM＋(p－１)q)＋ (aM＋(p－１)q－aM＋(p－２)q)＋􀆺＋(aM＋q－aM)＝３p,所以２q ＝３p,又p,q为满足aM＋p－aM ＝２,aM＋q－aM ＝３的最 小的正整数,所以q＝３,p＝２,aM＋２－aM ＝２,aM＋３－aM ＝３,所以aM＋２＋k－aM＋k＝２,aM＋３＋k－aM＋k＝３, 所以aM＋２k＝aM＋２(k－１)＋２＝aM ＋２k,aM＋３k＝aM＋３(k－１)＋３ ＝aM＋３k,取 N＝M＋３,所以,若k是偶数,则aN＋k＝ aN＋k,若k是奇数,则aN＋k＝aN＋３＋(k－３)＝aN＋３＋(k－ ３)＝aN＋３＋(k－３)＝aN＋k,所以,aN＋k＝aN ＋k,所以 aN ,aN＋１,aN＋２,􀆺,aN＋k,􀆺是公差为１的等差数列． 创新示范卷(六) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 C D D B A A B C ABCABD AD １．C　[对于 A,当α⊥γ,β⊥γ时,α,β可能平行,可能相交, 但不一定垂直,A错误;对于B,当a⊥α,a⊥β时,α∥β,B 错误;对于 C,a⊥β,a⊂α,根据面面垂直判定定理可知α ⊥β,C正确;对于 D,当α∩β＝b,a⊂α,a⊥b时,a⊥b,但 α,β相交但不一定垂直, 如图示: 故 D错误．] ２．D　[长方体ABCD－A１B１C１D１ 被两平面分成三部分, 其中EF∥GH∥BC,其中两个三棱柱,底面是直角三角 形;另一个是底面为六边形的直棱柱,所以这三个几何 体中是棱柱的个数为３．] ３．D　[把对角面A１C绕A１B 旋转,使其与△AA１B 在同一 平 面 上,连 接 AD１,则 在 △AA１D 中,AD１ ＝ １＋１－２×１×１×cos１３５°＝ ２＋ ２为所求的最小值．] ４．B　[设正方体的棱长为６, 以 D 为 坐 标 原 点,分 别 以 DA,DC,DD１ 为x,y,z 轴 建立空间直角坐标系,E 为 A１D１ 中点,A１(６,０,６), D１(０,０,６),E(３,０,６), C(０,６,０),B(６,６,０),F 为 线段DD１ 上靠近D 的三等 分点,所以F(０,０,２),则CE → ＝(３,－６,６),BF → ＝(－６, －６,２),所以直线CE,BF 所成角的余弦值为 |cos‹CE →,BF→›|＝ CE →􀅰BF→ 　　　　　　　 　　　　　　 　 |CE → ||BF → | ＝ ３×(－６)＋(－６)×(－６)＋６×２ ３２＋(－６)２＋６２× (－６)２＋(－６)２＋２２ ＝５ １９５７ ． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１Ｇ案答 参考答案