滚动测试卷(3)-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

滚动测试卷(三) (本卷满分150分　考试时间120分钟) 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.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，〈a，b〉＝，则a·(a＋b)＝(　　) A.－2　 B.－1 C.0 D.2 2.若复数z＝2＋i，则|z·－1＋3i|＝(　　) A. B. C.3 D.5 3.已知正项等比数列{an}，若a3a5＝64，a5＋2a6＝8，则a2＝(　　) A.16 B.32 C.48 D.64 4.正六边形ABCDEF中，用和表示，则＝(　　) A.－＋ B.－＋ C.－＋ D.－＋ 5.荧光定量PCR是一种通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA进行实时监测的方法.在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阀值时，DNA的数量X与扩增次数n满足lg Xn＝nlg＋lg X0，其中X0为DNA的初始数量，p为扩增效率.已知某被测标本DNA扩增6次后，数量变为原来的100倍，则扩增效率p约为(　　) (参考数据：10≈2.154，10≈1.778) A.56.2% B.77.8% C.115.4% D.118.4% 6.已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋1，则下列选项正确的是(　　) A.an＋1－an的值随n的变化而变化 B.a5a6＝a1a10 C.若m＋n＝2p，则am＋an＝a2p D.为递增数列 7.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则log2的值为(　　) A.8 B.10 C.12 D.16 8.已知点C为线段AB上一点，P为直线AB外一点，PC是∠APB的角平分线，I为PC上一点，满足＝＋λ(λ＞0)，||－||＝4，|－|＝10，则的值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，其共轭复数为，则下列结果为实数的是(　　) A.z2 B.|z2| C.(z＋1)(＋1) D.(z－)·i2 023 10.已知f(x)＝cos x＋tan x，则下列说法正确的是(　　) A.f(x)是周期函数 B.f(x)有对称轴 C.f(x)有对称中心 D.f(x)在上单调递增 11.“提丢斯数列”是18世纪由德国物理学家提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，…，这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，…，则下列说法中正确的是(　　) A.“提丢斯数列”是等比数列 B.“提丢斯数列”的第99项为 C.“提丢斯数列”的前31项和为＋ D.“提丢斯数列”中，不超过300的有11项 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若角α的始边是x轴非负半轴，终边落在直线x＋2y＝0上，则sin＝________. 13.如图给出的三角形数阵，图中虚线上的数1，3，6，10，…，依次构成数列{an}，则＋＋…＋＝________. 14.已知函数f(x)满足f(x－2)＝f(x＋2)，0≤x<4时，f(x)＝，g(x)＝f(x)－knx.若函数g(x)的图象与x轴恰好有2n＋1个不同的交点，则k＋k＋…＋k＝________. 四、解答题：本题共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)已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋an＝n. (1)求{an}的通项公式； (2)已知cn＝k∈N*，求数列{cn}的前20项和. 16.(15分)已知函数f(x)＝x＋(1－a)ln x＋(a＞0). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围. 17.(15分)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acos(B－C)＝(2csin B－a)cos A. (1)求角A； (2)若△ABC为锐角三角形，且外接圆的半径为，求的取值范围. 18.(17分)已知数列{an}满足：a1＝λ>0，an·an＋1＝27－2n，n＝1，2，3，…. (1)证明：n≥2时，＝； (2)是否存在这样的正数λ，使得数列{an}是等比数列，若存在，求出λ值，并证明；若不存在，请说明理由. 19.(17分)若有穷数列A：a1，a2，…，an(n∈N*，n≥3)，满足|ai－ai＋1|≤|ai＋1－ai＋2|(i＝1，2，…，n－2)，则称数列A为M数列. (1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由； ①1，2，4，3； ②4，2，8，1. (2)已知M数列A：a1，a2，…，a9，其中a1＝4，a2＝7，求|a3|＋|a4|＋…＋|a9|的最小值； (3)已知M数列A是1，2，…，n的一个排列.若ak－ak＋1|＝n＋2，求n的所有取值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动测试卷(三) 1.C　a·(a＋b)＝a2＋a·b＝1＋1×2cos ＝1－1＝0.故选C. 2.D　因为z·＝＝5， 所以|z·－1＋3i|＝|4＋3i|＝＝5，故选D. 3.B　根据等比中项，a3a5＝64＝a，又{an}是正项数列，故a4＝8(负值舍去)， 设等比数列{an}的公比为q，由a5＋2a6＝8， 即a4q＋2a4q2＝8，解得q＝(正项等比数列公比不可是负数，负值舍去)，故a2＝＝32.故选B. 4.B　设边长为2，如图，设AD，EC交于点O，则OD＝1，AO＝3，则＝， 则＝＋ ＝(＋)＋(＋)＝－＋，故选B. 5.C　由题意，可得lg＝6lg＋lg X0，即lg 102＋lg X0＝6lg＋lg X0， 所以2＋lg X0＝6lg ＋lg X0，可得1＋p＝10≈2.154，解得p≈1.154＝115.4%.故选C. 6.D　因为对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋1， 所以令m＝1，得an＋1－an＝a1＋1＝1＋1＝2，故A不正确； 所以an＝a1＋(n－1)×2＝1＋2n－2＝2n－1， 所以a5a6－a1a10＝9×11－1×19＝80≠0，所以B不正确； 若m＋n＝2p，则am＋an－a2p＝2m－1＋2n－1－4p＋1＝－1≠0，故C不正确； ＝＝n，所以为递增数列，故D正确.故选D. 7.C　∵最下层的“浮雕像”的数量为a1，依题有：公比q＝2，n＝7，S7＝＝1 016，解得a1＝8，则an＝8×2n－1＝2n＋2，∴a3＝25，a5＝27， 从而a3·a5＝25×27＝212， ∴log2＝log2＝12，故选C. 8.B　由＝＋λ(＋)(λ＞0)可得＝λ，所以点I在∠BAP的角平分线上.又因为点I在∠APB的角平分线上，由此得点I是△ABP的内心.如图，过点I作IH⊥AB于点H，以点I为圆心，IH为半径，作△PAB的内切圆，分别切PA，PB于点E，F，因为||－||＝4，|－|＝10，所以||＝10，||＝||＝(||＋||－||)＝[||－(||－||)]＝3. 在直角三角形BIH中，cos∠IBH＝，所以＝||cos∠IBH＝||＝3.故选B. 9.BCD　对于A，z2＝a2－b2＋2abi，不一定为实数； 对于B，|z2|＝a2＋b2∈R； 对于C，(z＋1)(＋1)＝z·＋z＋＋1＝a2＋b2＋2a＋1∈R； 对于D，(z－)·i2 023＝2bi2 024＝2b506＝2b∈R. 10.ACD　因为f(x)＝cos x＋tan x，所以f(x＋2π)＝cos＋tan＝cos x＋tan x＝f(x)， 所以函数f(x)为周期函数，A正确； 因为f＝cos＋tan ＝－sin x－， f＝cos＋tan＝sin x＋，所以f＝－f， 所以函数f为奇函数，故函数f的图象关于原点对称， 所以为函数f(x)的对称中心，C正确； 当x∈时，f′(x)＝－sin x＋＝－sin x＋， 因为0<cos x<1，0<sin x<1， 所以f′(x)>0，所以函数f(x)在上单调递增，D正确； 由f′(x)＝－sin x＋可得， 当－<x<时，由0<cos x≤1，－1<sin x<1，可得f′(x)>0， 所以函数f(x)在上单调递增， 当<x<，由－1≤cos x<0，－1<sin x<1，可得f′(x)>0，所以函数f(x)在上单调递增，又f＝1，f(π)＝－1， 作出函数f(x)在∪的大致图象： 结合函数f(x)是一个周期为2π的函数可得函数f(x)没有对称轴，B错误. 故选ACD. 11.BCD　对于选项A，≠，所以“提丢斯数列”不是等比数列，故A错误； 对于选项B，设“提丢斯数列”为数列{an}，当n≥3时，an＝，所以a99＝，故B正确； 对于选项C，“提丢斯数列”的前31项和为0.4＋0.7＋(21＋22＋…＋229)＋×29＝＋，故C正确； 对于选项D，由an＝≤300，有n≤11，所以“提丢斯数列”中，不超过300的有11项，故D正确. 12.解析　由已知可得cos α＋2sin α＝0，所以tan α＝－，所以sin＝cos 2α＝＝＝. 答案　 13.解析　由杨辉三角与二项式系数的关系可知a1＝C，a2＝C，a3＝C，…，所以an＝C＝， 所以＝＝－， 所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝2－＝. 答案　 14.解析　∵f(x－2)＝f(x＋2)，∴f(x)＝f(x＋4)， 所以函数f(x)的周期为4， 当0≤x<4时，y＝f(x)＝， 即(x－2)2＋y2＝4，y≥0； 当x≥4时，f(x)＝f(x－4)，函数周期为4， 令g(x)＝f(x)－knx＝0⇒f(x)＝knx， 即y＝knx与函数f(x)恰有2n＋1个不同的交点， 根据图象知，直线y＝knx与第n＋1个半圆相切， 故kn＝＝＝， 故k＝＝， 所以k＋k＋…＋k＝(1－＋－＋…＋－)＝. 故答案为. 答案　 15.解析　(1)当n＝1时，可得a1＝1，当n≥2时，a1＋3a2＋…＋an＝n， a1＋3a2＋…＋an－1＝n－1，上述两式作差可得an＝，因为a1＝1满足an＝，所以{an}的通项公式为an＝. (2)cn＝k∈N*， 所以c1＋c3＋…＋c19＝＝＝10， c2＋c4＋…＋c20＝＋＋…＋ ＝＝. 所以数列{cn}的前20项和为10＋＝. 16.解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞). 由题意，得f′(x)＝1＋－＝， ∵a＞0，由f′(x)＞0得x＞a； 由f′(x)＜0得0＜x＜a， ∴f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减. (2)由(1)知a＞0时，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减， ∴f(x)min＝f(a)＝a＋(1－a)ln a＋1. ∵f(x)≥2恒成立， ∴a＋(1－a)ln a＋1≥2， ∴(a－1)(ln a－1)≤0， 当0＜a＜1时，ln a＜0， ∴不等式(a－1)(ln a－1)≤0不成立， ∴解得1≤a≤e， ∴a的取值范围为[1，e]. 17.解析　(1)因为acos(B－C)＝(2csin B－a)cos A， 可得acos＋acos A＝2csin Bcos A， 则acos－acos＝2csin Bcos A， 所以acos Bcos C＋asin Bsin C－a(cos Bcos C－sin Bsin C)＝2csin Bcos A， 即asin Bsin C＝csin Bcos A， 由正弦定理得sin Asin Bsin C＝sin Csin Bcos A， 显然sin C>0，sin B>0，所以sin A＝cos A， 所以tan A＝，因为A∈，所以A＝. (2)因为＝＝2，即＝＝2， 所以a＝3，b＝2sin B，所以＝b＋＝2sin B＋＝2(sin B＋)， 因为△ABC为锐角三角形且B＋C＝， 所以所以<B<， 即sin B∈，令f(x)＝x＋，x∈， 根据对勾函数的性质可知函数f(x)＝x＋在上单调递减，在上单调递增， 且f＝2，f＝，f(1)＝， 所以f(x)∈，即sin B＋∈， 所以2∈， 即的取值范围为. 18.(1)证明　∵an·an＋1＝27－2n①， ∴n≥2时，an－1·an＝27－2(n－1)＝29－2n②， 得n≥2时，＝. (2)解析　假设存在正数λ使得数列{an}为等比数列，由a1a2＝32得a2＝， 由a2a3＝8，得a3＝，因为{an}为等比数列，a＝a1·a3，即2＝λ·，λ2＝64， ∵λ>0，∴λ＝8. 下证：λ＝8时，数列{an}是等比数列. 由(1)知数列{a2n－1}和{a2n}均为公比为的等比数列. ∴a2n－1＝8·n－1＝24－(2n－1)； a2n＝4·n－1＝24－2n， ∴n为奇数时，an＝24－n；n为偶数时，an＝24－n， ∴对一切正整数n；都有an＝24－n， ∴n≥2，＝， ∴存在正数λ＝8，使得数列{an}是等比数列. 19.解析　(1)①因为|2－4|＞|4－3|，所以该数列不是M数列； ②因为|4－2|＜|2－8|＜|8－1|，所以该数列是M数列. (2)由|ai－ai＋1|≤|ai＋1－ai＋2|(i＝1，2，…，n－2)，则|a3－a2|≥|a2－a1|＝3，得a3≤4或a3≥10， |a4－a3|≥|a3－a2|≥|a2－a1|＝3恒成立，得a4≤1或a4≥13，同理得|a5－a4|≥3，…，故|a3|＋|a4|＋…＋|a9|≥4＋1＋2＋1＋2＋1＋2＝13. (3)当n＝3时，因为|ai－ai＋1|≤2(i＝1，2)， 所以|a1－a2|＋|a2－a3|＜5，不符合题意； 当n＝4时，数列为3，2，4，1， 此时|a1－a2|＋|a2－a3|＋|a3－a4|＝6，符合题意； 当n＝5时，数列为2，3，4，5，1， 此时|a1－a2|＋|a2－a3|＋|a3－a4|＋|a4－a5|＝7，符合题意； 下证当n≥6时，不存在n满足题意. 令bk＝|ak－ak＋1|(k＝1，2，…，n－1)， 则b1≤b2≤…≤bn－1，且k＝n＋2， 所以bk有以下三种可能： ①bk＝ ②bk＝ ③bk＝ 当bk＝时， 因为b1＝b2＝…＝bn－2， 即|ak－ak＋1|＝|ak＋1－ak＋2|(k＝1，2，…，n－2). 所以ak－ak＋1＝ak＋1－ak＋2或ak－ak＋1＝－(ak＋1－ak＋2). 因为数列{ak}的各项互不相同， 所以ak－ak＋1＝ak＋1－ak＋2， 所以数列{ak}是等差数列. 所以a1，a2，…，an－1是公差为1(或－1)的等差数列. 当公差为1时，由bn－1＝4得an＝an－1＋4或an＝an－1－4， 所以an＝an－1＋4＝a1＋n＋2＞n或an＝an－1－4＝an－5，与已知矛盾. 当公差为－1时，同理得出与已知矛盾. 所以当bk＝时，不存在n满足题意. 其他情况同理. 综上可知，n的所有取值为4或5. 学科网（北京）股份有限公司 $$