向量与数列专项训练-2025届高三数学二轮复习专题

2025高考数学二轮专题-向量、数列-专项训练 一．选择题（共12小题） 1．已知向量，满足：，，且，则||＝（　　） A． B． C． D．1 2．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S5＝S10，a5＝1，则a1＝（　　） A． B． C．﹣ D．﹣ 3．已知向量＝（x+1，x），＝（x，2），则（　　） A．“⊥”的必要条件是“x＝﹣3” B．“∥”的必要条件是“x＝﹣3” C．“⊥”的充分条件是“x＝0” D．“∥”的充分条件是“x＝﹣1+” 4．已知a，b，c成等差数列，直线ax+by+c＝0与圆C：x2+（y+2）2＝5交于A，B两点，则|AB|的最小值为（　　） A．1 B．3 C．4 D．2 5．设，是向量，则“（+）•（﹣）＝0”是“＝﹣或＝”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 6．已知向量＝（1，1），＝（1，﹣1）．若（+λ）⊥（+μ），则（　　） A．λ+μ＝1 B．λ+μ＝﹣1 C．λμ＝1 D．λμ＝﹣1 7．记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{}为等差数列，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 8．记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（　　） A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120 9．数列{an}满足an+1＝（an﹣6）3+6，下列说法正确的是（　　） A．若a1＝3，则{an}是递减数列，∃M∈R，使得an＞M B．若a1＝5，则{an}是递增数列，∃M≤6，使得an＜M C．若a1＝7，则{an}是递减数列，∃M＞6，使得an＞M D．若a1＝9，则{an}是递增数列，∃M∈R，使得an＜M 10．向量||＝||＝1，||＝，且+＝，则cos〈﹣，﹣〉＝（　　） A． B． C． D． 11．已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，则S4＝（　　） A．7 B．9 C．15 D．30 12．已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若|PO|＝，则•的最大值为（　　） A． B． C．1+ D．2+ 二．填空题（共6小题） 13．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4＝7，3a2+a5＝5，则S10＝　 　． 14．在正方形ABCD中，边长为1．E为线段CD的三等分点，＝，＝λ+μ，则λ+μ＝　 　；若F为线段BE上的动点，G为AF中点，则的最小值为 　 　． 15．设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是 　 　． 16．已知向量，满足|﹣|＝，|+|＝|2﹣|，则||＝　 　． 17．在△ABC中，BC＝1，∠A＝60°，，．记＝，＝，用和表示＝　 　；若＝，则•的最大值为 　 　． 18．已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝﹣8，则a7＝　 　． 三．解答题（共5小题） 19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝3an+4． （1）求{an}的通项公式； （2）设，求数列{bn}的前n项和为Tn． 20．已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3﹣1． （1）求数列{an}前n项和Sn； （2）设bn＝，b1＝1，其中k是大于1的正整数． （i）当n＝ak+1时，求证：bn﹣1≥ak•bn； （ii）求． 21．设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． （1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{an}的通项公式； （2）若{bn}为等差数列，且S99﹣T99＝99，求d． 22．已知{an}为等差数列，bn＝，记Sn，Tn为{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16． （1）求{an}的通项公式； （2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn． 23．已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan． （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn． 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 1．【解答】解：向量，满足，，且， 可得，， 可得， 所以||＝． 故选：B． 2．【解答】解：S5＝S10， 则S10﹣S5＝a6+a7+a8+a9+a10＝5a8＝0，解得a8＝0， 又因为a5＝1，所以公差， 故a1＝a8． 故选：B． 3．【解答】解：＝（x+1，x），＝（x，2）， 若， 则x（x+1）+2x＝0，解得x＝0或﹣3， 故“⊥”的充分条件是“x＝0”，故A错误，C正确； 若， 则2（x+1）＝x2，解得x＝，故BD错误． 故选：C． 4．【解答】解：因为a，b，c成等差数列，所以a﹣2b+c＝0， 所以直线ax+by+c＝0恒过P（1，﹣2）， 因为P（1，﹣2）在圆C：x2+（y+2）2＝5内， 当PC⊥AB时，|AB|取得最小值，此时|PC|＝1，． 故选：C． 5．【解答】解：（+）•（﹣）＝0， 则，即， 不能推出＝或＝﹣，充分性不成立， ＝或＝﹣能推出，必要性成立， 故“（+）•（﹣）＝0”是“＝或＝﹣”的必要不充分条件． 故选：B． 6．【解答】解：∵＝（1，1），＝（1，﹣1）， ∴+λ＝（λ+1，1﹣λ），+μ＝（μ+1，1﹣μ）， 由（+λ）⊥（+μ），得（λ+1）（μ+1）+（1﹣λ）（1﹣μ）＝0， 整理得：2λμ+2＝0，即λμ＝﹣1． 故选：D． 7．【解答】解：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d， 则Sn＝na1+d， 即＝a1+d＝n+a1﹣， 故{}为等差数列， 即甲是乙的充分条件． 反之，若{}为等差数列，则可设﹣＝D， 则＝S1+（n﹣1）D，即Sn＝nS1+n（n﹣1）D， 当n≥2时，有Sn﹣1＝（n﹣1）S1+（n﹣1）（n﹣2）D， 上两式相减得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝S1+2（n﹣1）D， 当n＝1时，上式成立，所以an＝a1+2（n﹣1）D， 则an+1﹣an＝a1+2nD﹣[a1+2（n﹣1）D]＝2D（常数）， 所以数列{an}为等差数列． 即甲是乙的必要条件． 综上所述，甲是乙的充要条件． 故本题选：C． 8．【解答】解：等比数列{an}中，S4＝﹣5，S6＝21S2，显然公比q≠1， 设首项为a1，则＝﹣5①，＝②， 化简②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4或q2＝﹣5（不合题意，舍去）， 代入①得＝， 所以S8＝＝（1﹣q4）（1+q4）＝×（﹣15）×（1+16）＝﹣85． 故选：C． 9．【解答】解：法（i）对原式进行变形，得an+1﹣an＝[（an﹣6）2﹣1]（an﹣6）， 当a1＝3，则a2﹣a1＜0，a2＜3， 设ak＜3（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＜﹣3，所以{an}是递减数列， 当n→+∞，an→﹣∞，A错误，同理可证明D错误， 当a1＝5，则a2﹣a1＞0，即a2＞5，又因为（a1﹣6）3＜0，所以5＜a2＜6， 假设5＜ak＜6（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＞0，即ak+1＞5，又因为（ak﹣6）3＜0，所以5＜ak+1＜6， 所以当n→+∞，an→6，B正确， 对于C，当a1＝7，可得a2＝+6，a3＝+6，可得{an}是递减数列，an＝6， 故不存在M＞6，an＞M恒成立，C错误． 法（ii）an+1＝（an﹣6）3+6，可得an+1﹣6＝（an﹣6）3，n∈N+， 所以a2﹣6＝（a1﹣6）3，a3﹣6＝（a2﹣6）3＝[（a1﹣6）3]3＝××（a1﹣6）32， a4﹣6＝×××（a1﹣6）33， 归纳猜想：an﹣6＝×（a1﹣6＝•（a1﹣6， 当a1＝3时，an﹣6＝•（﹣3＝﹣2×（，即an＝•（﹣3＝﹣2×（+6，所以{an}是递减数列，无边界； a1＝5时，an﹣6＝•（﹣1＝﹣2×（，即an＝﹣2×（+6＝2[3﹣（]，由复合函数的单调性，可得{an}是递增，有边界，所以B正确； a1＝7时，an﹣6＝•＝2×（，所以{an}是递减数列，有边界；所以C不正确； a1＝9时，an﹣6＝•＝2×（，所{以an}是递增数列，无边界；所以D不正确； 故选：B． 10．【解答】解：因为向量||＝||＝1，||＝，且+＝，所以﹣＝+， 所以＝++2•， 即2＝1+1+2×1×1×cos＜，＞， 解得cos＜，＞＝0， 所以⊥， 又﹣＝2+，﹣＝+2， 所以（﹣）•（﹣）＝（2+）•（+2）＝2+2+5•＝2+2+0＝4， |﹣|＝|﹣|＝＝＝， 所以cos〈﹣，﹣〉＝＝＝． 故选：D． 11．【解答】解：等比数列{an}中，设公比为q， a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，显然q≠1， （如果q＝1，可得5＝15﹣4矛盾）， 可得＝5•﹣4， 解得q2＝4，即q＝2， S4＝＝＝15． 故选：C． 12．【解答】解：如图，设∠OPC＝α，则， 根据题意可得：∠APO＝45°， ∴ ＝ ＝cos2α﹣sinαcosα ＝ ＝，又， ∴当，α＝，cos（）＝1时， 取得最大值． 故选：A． 二．填空题（共6小题） 13．【解答】解：等差数列{an}中，a3+a4＝2a1+5d＝7，3a2+a5＝4a1+7d＝5， 解得，d＝3，a1＝﹣4， 则S10＝10×（﹣4）+＝95． 故答案为：95． 14．【解答】解：由题意可知，＝＝＝﹣＝﹣＝， ∴，μ＝1， ∴λ+μ＝， 如图： 设＝m（0≤m≤1）， 则＝＝﹣＝﹣+m（）＝（﹣1）， ∵G为AF中点， ∴＝＝﹣＝﹣[（﹣1）]＝（）， ∵正方形ABCD的边长为1， ∴＝1，＝0， ∴＝[（﹣1）]•[（）]＝（m﹣1）（m﹣）+m（）＝， 对于函数y＝，对称轴为m＝， ∴函数y＝在[0，1]上单调递减， ∴当m＝1时，函数y＝取得最小值﹣， 即的最小为﹣． 故答案为：；﹣． 15．【解答】解：对于①，{an}，{bn}均为等差数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同， 故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点， 所以M中至多一个元素，故①正确； 对于②，令，，满足{an}，{bn}均为等比数列， 但当n为偶数时，，此时M中有无穷多个元素，故②错误； 对于③，设，an＝kn+b（k≠0）， 若M中至少四个元素，则关于n的方程Aqn＝kn+b至少有4个不同的正数解， 若q＜0，q≠±1，考虑关于n的方程Aqn＝kn+b奇数解的个数和偶数解的个数， 当Aqn＝kn+b有偶数解，此方程即为A|q|n＝kn+b， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln|q|＞0， 否则Akln|q|＜0，因为y＝A|q|n，y＝kn+b单调性相反， 方程A|q|n＝kn+b至多一个偶数解， 当Aqn＝kn+b有奇数解，此方程即为﹣A|q|n＝kn+b， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时﹣Akln|q|＞0，即Akln|q|＜0， 否则Akln|q|＞0， 因为y＝﹣A|q|n，y＝kn+b单调性相反， 方程A|q|n＝kn+b至多一个奇数解， 因为Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同时成立， 若q＞0，q≠1， 则由y＝Aqn和y＝kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn＝kn+b至多有两个不同的解，矛盾； 故Aqn＝kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确． 对于④，因为{an}为单调递增，{bn}为递减数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同， 前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势， 两者至多一个交点，故④正确． 故答案为：①③④． 16．【解答】解：∵|﹣|＝，|+|＝|2﹣|， ∴，， ∴，∴＝3， ∴． 故答案为：． 17．【解答】解：在△ABC中，∠A＝60°，||＝1，点D为AB的中点，点E为CD的中点，＝，＝， 则＝＝； 设，， 由余弦定理可得：1＝x2+y2﹣xy， 又x2+y2≥2xy， 即xy≤1，当且仅当x＝y时取等号， 又＝， 则＝， 则 ＝ ＝ ＝ ＝， 即•的最大值为． 故答案为：；． 18．【解答】解：∵等比数列{an}， ∴a2a4a5＝a2a3a6＝a3a6，解得a2＝1， 而a9a10＝a2q7a2q8＝（a2）2q15＝﹣8，可得q15＝（q5）3＝﹣8， 即q5＝﹣2， a7＝a2•q5＝1×（﹣2）＝﹣2． 故答案为：﹣2． 三．解答题（共5小题） 19．【解答】解：（1）因为4Sn＝3an+4， 所以4Sn+1＝3an+1+4， 两式相减可得4an+1＝3an+1﹣3an， 即an+1＝﹣3an，又因为4S1＝3a1+4， 所以a1＝4，故数列{an}是首项为4，公比为﹣3的等比数列， 所以； （2）， 所以， 3•33+⋯+n•3n）， 两式相减可得：﹣4n）3n﹣2， 所以． 20．【解答】解：（1）a1＝1，S2＝a3﹣1＝a1+a2， 可得1+q＝q2﹣1，整理得q2﹣q﹣2＝0， 解得q＝2或q＝﹣1， 因为数列{an}的公比大于0，所以q＝2， 所以； （2）（i）证明：由（1）可知，且k∈N*，k≥2， 当时，则，即ak＜n﹣1＜ak+1， 可知，bn＝k+1， bn﹣1＝+（ak+1﹣ak﹣1）•2k＝k+2k（2k﹣1﹣1）＝k（2k﹣1）， 可得bn﹣1﹣akbn＝k（2k﹣1）﹣（k+1）2k﹣1＝（k﹣1）2k﹣1﹣k≥2（k﹣1）﹣k＝k﹣2≥0， 当且仅当k＝2时，等号成立， 所以bn﹣1≥ak•bn； （ii）， 若n＝1，则S1＝1，b1＝1， 若n≥2，则， 当2k﹣1＜i≤2k﹣1时，bi﹣bi﹣1＝2k，可知{bi}为等差数列， 可得bi＝k•2k﹣1+2k＝k•4k﹣1＝， ＝1+[5×42﹣2×4+8×43﹣5×42+...+（3n﹣1）4n﹣（3n﹣4）4n﹣1]＝， 且n＝1，符合上式，综上所述：． 21．【解答】解：（1）∵3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21， ∴根据题意可得， ∴， ∴2d2﹣7d+3＝0，又d＞1， ∴解得d＝3，∴a1＝d＝3， ∴an＝a1+（n﹣1）d＝3n，n∈N*； （2）∵{an}为等差数列，{bn}为等差数列，且bn＝， ∴根据等差数列的通项公式的特点，可设an＝tn，则，且d＝t＞1； 或设an＝k（n+1），则，且d＝k＞1， ①当an＝tn，，d＝t＞1时， 则S99﹣T99＝﹣＝99， ∴，∴50t2﹣t﹣51＝0，又d＝t＞1， ∴解得d＝t＝； ②当an＝k（n+1），，d＝k＞1时， 则S99﹣T99＝＝99， ∴，∴51k2﹣k﹣50＝0，又d＝k＞1， ∴此时k无解， ∴综合可得d＝． 22．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d， Sn，Tn为{an}{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16， 则，即，解得， 故an＝5+2（n﹣1）＝2n+3； （2）证明：由（1）可知，， ， 当n为偶数时，n＞5， Tn＝﹣1+3+…+2（n﹣1）﹣3+14+22+…+4n+6 ＝+＝＝， ， 当n为奇数时，n＞5，Tn＝Tn﹣1+bn＝＝， Tn﹣Sn＝， 故原式得证． 23．【解答】解：（1）当n＝1时，2S1＝a1，解得a1＝0， 当n≥2时，2Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣1， ∴2an＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，∴（n﹣1）an﹣1＝（n﹣2）an， 当n≥3时，可得＝， ∴an＝××⋯××a2＝×××⋯××1＝n﹣1， 当n＝2或n＝1时，a1＝0，a2＝1适合上式， ∴{an}的通项公式为an＝n﹣1； （2）由（1）可得＝， ∴Tn＝+++⋯+，∴Tn＝+++⋯+， ∴Tn＝+++⋯+﹣＝﹣＝1﹣﹣， ∴Tn＝2﹣．明：试题解析著作权属所有，未经书面同 学科网（北京）股份有限公司 $$