黄金卷06（北京专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（北京专用） 黄金卷·参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B D C D D B A A D B 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11．64 12． / 13． 15 14． 15. ①③ 三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16.（13分） （1）因为. 所以. （2）由， 所以或，所以或， 又因为为锐角三角形，所以. 由余弦定理：. 又，所以（当且仅当时取“”）， 此时，的周长取得最大值，为. 17. （14分） （1）由题意可知，当时， 个周期结束后细胞数量为个, 则设第个周期分裂为个细胞，之后一直保持为个细胞， 第一个周期分裂为个细胞，后面两个周期均保持为个细胞， 故, 第二个周期分裂为个细胞，后面一个周期保持为个细胞， 故, 前两个周期都保持为个细胞，第三个周期分裂为个细胞， 故， 综上可知，. （2）个周期结束后，的取值可能为, 其中, ， ，， 所以分布列为 . 18. （14分） （1）取的中点，连接，. 因为点为的中点，所以，. 因为四边形是平行四边形， 所以，. 因为点为线段的中点，所以． 所以，. 所以四边形是平行四边形，所以.     因为平面，平面， 所以平面. （2）选择条件①②： 连接，因为 平面，直线平面， 则，即. 因为，，所以. 因为，四边形是平行四边形， 所以，且，又， 所以. 所以，即 所以. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 由题意得，，，，． 所以，，，． 设平面的法向量为，则 ，即. 令，则，所以. （ⅰ），平面，平面， 平面， 则直线到平面的距离为. （ⅱ）因为是平面的一个法向量， ，又由图可知二面角是锐角， 所以二面角的余弦值为； 选择条件①③： 连接，因为 平面，平面，平面， 则，，即. 因为，，所以. 又因为平面平面， 平面，平面平面， 所以平面，平面，所以. 由四边形是平行四边形，则四边形是矩形. 因为，所以.      以下同选择条件①②. 若选择条件②③，四棱锥不能唯一确定. 举例如下： 由上述选择①②与①③的求解可知， 如上图所示的两两垂直的四棱锥满足题意； 下面构造一个不同的四棱锥： 如图，四棱锥中，平面平面， 则向量空间中不共面的三个向量， ，且，， 则由三面角余弦定理知， ， 由四边形为平行四边形可知，， 故， 则 ， 故也满足条件. 综上所述，如图所示的四棱锥也满足题意， 即满足题意的四棱锥不能唯一确定. 19. （15分） （1）由题意可设，且， 则， 所以曲线的方程为. （2）当，不妨取，满足曲线的方程， 则的方程为，可得， 此时可得，又，故； 当不垂直于时，设，则直线的方程为，    联立，得， 所以，则， 故， 又， 故， 即，所以， 综上所述：. 20. （15分） （1）由题意，可得 （2）由题意的定义域为， ， 当时，，故在区间上单调递增， 当时，令得， 当时，，当时，，当时，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时， ，当时，， 故在区间上单调递增， 当时，，当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上所述： 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）由得，即， 设，则由题意在上恒成立， ，设， 则， 若时，， 当时，，，故， 故在区间上单调递增，故，即， 故在区间上单调递增，故，满足题意. 若，设，则， 则在区间上单调递增，故使当时，， 因，故在区间上，即， 故在区间上单调递减，故在上，不符合题意 综上可知，实数的取值范围为. 21.(15分） （1）根据“数列”的定义，则，故， 因为成立，成立， 不成立， 所以1，3，5，10，152不是“数列”． （2）由是首项为2的“数列”，则，， 由是等比数列，设公比为， 由，则， 两式作差可得， 即， 由是“数列”，则，对于，恒成立， 所以， 即对于，恒成立， 则 解得，，，又由，， 则，即， 故所求的，数列的通项公式； （3）证明：要证， 即证， 因数列是“数列”，则. 则要证，即证. 又，对于，恒成立， 因为，，则，再结合，，， 反复利用，可得对于任意的，，， 则要证：，即证. 设函数，则，令，解得， 当时，，则在区间单调递减， 因对于任意的，，，则. 即，，…，， 相加可得，即，故命题得证. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（北京专用） 黄金卷05 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题 共40分） 1、 单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 3．在中，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程是（    ） A． B． C． D． 5．直线被圆截得的弦长为（    ） A． B． C． D． 6．如图所示的“大方图”称为赵爽弦图，它是由中国数学家赵爽于公元3世纪在给《周髀算经》“勾股网方图”作注时给出的一种几何平面图，记载于赵爽“负薪余日，聊观《周》”一书之中.他用数学符号语言将其表示为“若直角三角形两直角边为，斜边为（、、均为正数）.则，”.某同学读到此书中的“赵爽弦图”时，出于好奇，想用软钢丝制作此图，他用一段长的软钢丝作为的长度（制作其它边长的软钢丝足够用），请你给他算一算，他能制作出来的“赵爽弦图”的最小面积为（   ） A．9 B．18 C．27 D．36 7．已知函数，则对任意实数x，有（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，则“”是“函数有零点”的（   ）条件. A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．不充分也不必要 9．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 10．如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为，已知．为了将容器中的水倒出，以为轴向右倾斜容器，使得水能从容器中倒出，当水刚好能从容器中倒出时，水面距离桌面的高度为（    ）    A． B． C． D． 第II卷（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11．已知展开式的常数项为15，则展开式的各项系数和为 ． 12．抛物线的焦点的坐标为 ，过焦点的直线交该抛物线于两点，若，则 . 13．我国火力发电厂大气污染物排放标准规定：排放废气中二氧化硫最高允许浓度为.已知我国某火力发电厂排放废气中二氧化硫的初始浓度为，现通过某种工艺对排放废气进行过滤处理，处理后废气中剩余二氧化硫的浓度（单位：）与处理时间（单位：分钟）满足关系式：，那么从现在起至少经过 分钟才能达到排放标准.（参考数据：，结果取整数） 14．如图，圆内接四边形中，为直径，，.则的长度为 ； .    15． 在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价格的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数，使得对一切正整数，都有，则称为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在（不含无穷大）的数列称为收敛数列，如数列，显然对一切正整数都有，而的极限为，即数列既有界也收敛.如数列，显然对一切正整数都有，但不存在极限，即数列有界但不收敛.下列数列是有界数列但不收敛的数列有 ①． ②． ③． ④． 三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（13分）已知向量，，函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到的图象. (1)求函数的解析式； (2)设锐角的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求周长的最大值. 17．（14分）现有一种不断分裂的细胞，每个时间周期内分裂一次，一个细胞每次分裂能生成一个或两个新的细胞，每次分裂后原细胞消失．设每次分裂成一个新细胞的概率为，分裂成两个新细胞的概率为；新细胞在下一个周期内可以继续分裂，每个细胞分裂相互独立．设有一个初始的细胞，从第一个周期开始分裂． (1)当时，求个周期结束后细胞数量为个的概率； (2)设个周期结束后，细胞的数量为，求的分布列和数学期望． 18．（14分）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，点为的中点. (1)已知点为线段的中点，求证：平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥唯一确定，求： （ⅰ）直线到平面的距离； （ⅱ）二面角的余弦值. 条件①：平面； 条件②：； 条件③： 平面平面. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19．（15分）在平面直角坐标系中，已知点，动点满足直线与直线的斜率之积为，设点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知点，直线与轴交于点，直线与交于点，证明：. 20．（15分）设函数，已知曲线在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若对恒成立，求实数的取值范围. 21．（15分）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”． (1)判断数列：1，3，5，10，152是否为“数列”，并说明理由； (2)若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式； (3)若数列是“数列”，为数列的前项和，，，证明： 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（北京专用） 黄金卷05 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题 共40分） 1、 单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据集合求出解集，再根据交集的概念及运算即可求出结果. 【详解】根据可得， 又， 则， 故选：B. 2．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据复数乘法的运算即可得解. 【详解】因为， 所以. 故选：D 3．在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理边化角，结合和角的正弦公式求解即得. 【详解】在中，由及正弦定理, 得， 则，而，解得，又， 所以. 故选：C 4．已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用双曲线的性质结合给定条件求解即可. 【详解】因为双曲线的离心率为， 所以，故，即，， 解得，故，即渐近线方程是，故D正确. 故选：D 5．直线被圆截得的弦长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出圆心和半径，得到圆心到的距离，利用垂径定理求出弦长. 【详解】的圆心为，半径为2， 圆心到的距离， 故直线被圆截得的弦长为 . 故选：D 6．如图所示的“大方图”称为赵爽弦图，它是由中国数学家赵爽于公元3世纪在给《周髀算经》“勾股网方图”作注时给出的一种几何平面图，记载于赵爽“负薪余日，聊观《周》”一书之中.他用数学符号语言将其表示为“若直角三角形两直角边为，斜边为（、、均为正数）.则，”.某同学读到此书中的“赵爽弦图”时，出于好奇，想用软钢丝制作此图，他用一段长的软钢丝作为的长度（制作其它边长的软钢丝足够用），请你给他算一算，他能制作出来的“赵爽弦图”的最小面积为（   ） A．9 B．18 C．27 D．36 【答案】B 【分析】根据题意可得，结合基本不等式即可得的最小值. 【详解】由题可知， 则，即，所以，当且仅当时，等号成立 又“赵爽弦图”的面积为， 所以当时，“赵爽弦图”的最小面积为. 故选：B. 7．已知函数，则对任意实数x，有（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】计算后与比较可得． 【详解】，则，即， 故选：A． 8．已知函数，则“”是“函数有零点”的（   ）条件. A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．不充分也不必要 【答案】A 【分析】根据特值法与零点存在定理可快速得出结论. 【详解】函数，定义域为， 当时，，当时，， 根据零点存在定理，知此时函数必有零点，所以充分性成立； 当，时，，易知，所以函数有零点， 此时，所以必要性不成立. 故“”是“函数有零点”的充分不必要条件. 故选：. 9．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】把各层的铅笔数看出等差数列，利用求和公式得到，由n为264 的因数，且为偶数，把四个选项一一代入验证即可. 【详解】设最上面一层放根，一共放n（n≥2）层，则最下一层放根， 由等差数列前n项和公式得：， ∴， ∵,∴n为264 的因数，且为偶数， 把各个选项分别代入，验证，可得：n=8满足题意. 故选：D 10．如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为，已知．为了将容器中的水倒出，以为轴向右倾斜容器，使得水能从容器中倒出，当水刚好能从容器中倒出时，水面距离桌面的高度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正方体的结构特征，结合棱柱的体积公式及未盛水的部分体积不变列方程，求解可得答案. 【详解】如图，平面与水面的夹角为， 则平面与水平桌面的夹角为． 由题意可得三棱柱的体积为4， 所以，解得， 所以． 水面距离桌面的高度为． 故选：B.    第II卷（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11．已知展开式的常数项为15，则展开式的各项系数和为 ． 【答案】 【详解】试题分析：因为通项，故常数项为，令x=1即得展开式的各项系数和 考点：二项式定理． 12．抛物线的焦点的坐标为 ，过焦点的直线交该抛物线于两点，若，则 . 【答案】 / 【分析】根据抛物线的焦点坐标公式可得，再根据抛物线的焦半径公式可得的横坐标，进而可得直线的方程，联立可得抛物线方程，利用韦达定理可得的坐标求解焦半径即可. 【详解】由题意，的焦点坐标为，设， 则由焦半径公式可得，解得，不妨设，则直线的斜率为， 则直线的为，联立可得，即， 故，故，则. 故答案为：； 13．我国火力发电厂大气污染物排放标准规定：排放废气中二氧化硫最高允许浓度为.已知我国某火力发电厂排放废气中二氧化硫的初始浓度为，现通过某种工艺对排放废气进行过滤处理，处理后废气中剩余二氧化硫的浓度（单位：）与处理时间（单位：分钟）满足关系式：，那么从现在起至少经过 分钟才能达到排放标准.（参考数据：，结果取整数） 【答案】16 【分析】由题意得到不等式，两边取对数，得到，代入，求出答案. 【详解】由题意得， 即， 故， 因为， 所以， 故， 所以从现在起至少经过16分钟，才能达到排放标准. 故答案为：16 14．如图，圆内接四边形中，为直径，，.则的长度为 ； .    【答案】 【分析】首先根据圆的性质，得到，再根据余弦定理，即可求解，直角三角形中分别求解和，转化向量，再根据向量数量积的定义求解. 【详解】因为是直径，，，所以， ，所以，， ， 所以；    在中，，中，， ， ， ， . 故答案为：； 15． 在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价格的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数，使得对一切正整数，都有，则称为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在（不含无穷大）的数列称为收敛数列，如数列，显然对一切正整数都有，而的极限为，即数列既有界也收敛.如数列，显然对一切正整数都有，但不存在极限，即数列有界但不收敛.下列数列是有界数列但不收敛的数列有 ①． ②． ③． ④． 【答案】①③ 【分析】根据数列的通项公式（递推公式）列出数列的前几项，结合所给定义判断即可. 【详解】对于①：因为，所以，所以，但是的极限不存在， 即有界但不收敛，故①正确； 对于②：因为，所以，所以，且的极限为， 所以有界且收敛，故②错误； 对于③：因为， 所以， ， 所以，所以，但是的极限不存在， 所以有界但不收敛，故③正确； 对于④：因为，所以，所以的极限为，且， 所以有界且收敛，故④错误； 故选：①③. 三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（13分）已知向量，，函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到的图象. (1)求函数的解析式； (2)设锐角的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求周长的最大值. 【答案】(1) (2)12 【分析】（1）利用平面向量数量积的计算公式，结合辅助角公式，求出的解析式，再根据图象的平移，可求的解析式. （2）由和为锐角三角形，求出角，再利用余弦定理结合基本（均值）不等式，可求周长的最大值. 【详解】（1）因为. 所以. （2）由， 所以或，所以或， 又因为为锐角三角形，所以. 由余弦定理：. 又，所以（当且仅当时取“”）， 此时，的周长取得最大值，为. 17．（14分）现有一种不断分裂的细胞，每个时间周期内分裂一次，一个细胞每次分裂能生成一个或两个新的细胞，每次分裂后原细胞消失．设每次分裂成一个新细胞的概率为，分裂成两个新细胞的概率为；新细胞在下一个周期内可以继续分裂，每个细胞分裂相互独立．设有一个初始的细胞，从第一个周期开始分裂． (1)当时，求个周期结束后细胞数量为个的概率； (2)设个周期结束后，细胞的数量为，求的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）个周期结束后细胞数量为个,分以下三种情况，第一个周期分裂为个细胞，后面两个周期均保持为个细胞，第二个周期分裂为个细胞，后面一个周期保持为个细胞，前两个周期都保持为个细胞，第三个周期分裂为个细胞，依次计算即可得出结果； （2）求出的取值及不同取值对应的概率，进而列出分布列，利用期望公式求出期望. 【详解】（1）由题意可知，当时， 个周期结束后细胞数量为个, 则设第个周期分裂为个细胞，之后一直保持为个细胞， 第一个周期分裂为个细胞，后面两个周期均保持为个细胞， 故, 第二个周期分裂为个细胞，后面一个周期保持为个细胞， 故, 前两个周期都保持为个细胞，第三个周期分裂为个细胞， 故， 综上可知，. （2）个周期结束后，的取值可能为, 其中, ， ，， 所以分布列为 . 18．（14分）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，点为的中点. (1)已知点为线段的中点，求证：平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥唯一确定，求： （ⅰ）直线到平面的距离； （ⅱ）二面角的余弦值. 条件①：平面； 条件②：； 条件③： 平面平面. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）选择见解析，；（ⅱ） 【分析】（1）利用平行四边形的证明得线线平行关系，再由线面平行判定定理可得； （2）由条件①②，由线面垂直得，由勾股定理可得，再由可得，即，由此可建立空间直角坐标系，利用法向量方法求线面距（即点面距）与二面角的大小即可；由条件①③，利用线面垂直与面面垂直的性质可得线线垂直，求解相关长度并由此建系，其余同选择条件①②；选择条件②③，则四棱锥不能确定. 【详解】（1）取的中点，连接，. 因为点为的中点，所以，. 因为四边形是平行四边形， 所以，. 因为点为线段的中点，所以． 所以，. 所以四边形是平行四边形，所以.     因为平面，平面， 所以平面. （2）选择条件①②： 连接，因为 平面，直线平面， 则，即. 因为，，所以. 因为，四边形是平行四边形， 所以，且，又， 所以. 所以，即 所以. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 由题意得，，，，． 所以，，，． 设平面的法向量为，则 ，即. 令，则，所以. （ⅰ），平面，平面， 平面， 则直线到平面的距离为. （ⅱ）因为是平面的一个法向量， ，又由图可知二面角是锐角， 所以二面角的余弦值为； 选择条件①③： 连接，因为 平面，平面，平面， 则，，即. 因为，，所以. 又因为平面平面， 平面，平面平面， 所以平面，平面，所以. 由四边形是平行四边形，则四边形是矩形. 因为，所以.      以下同选择条件①②. 若选择条件②③，四棱锥不能唯一确定. 举例如下： 由上述选择①②与①③的求解可知， 如上图所示的两两垂直的四棱锥满足题意； 下面构造一个不同的四棱锥： 如图，四棱锥中，平面平面， 则向量空间中不共面的三个向量， ，且，， 则由三面角余弦定理知， ， 由四边形为平行四边形可知，， 故， 则 ， 故也满足条件. 综上所述，如图所示的四棱锥也满足题意， 即满足题意的四棱锥不能唯一确定. 19．（15分）在平面直角坐标系中，已知点，动点满足直线与直线的斜率之积为，设点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知点，直线与轴交于点，直线与交于点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用斜率两点式，结合直线斜率之积为定值列方程，即可求曲线的方程，注意. （2）设、直线为，联立曲线，应用韦达定理求的坐标，进而用表示、，即可证结论. 【详解】（1）由题意可设，且， 则， 所以曲线的方程为. （2）当，不妨取，满足曲线的方程， 则的方程为，可得， 此时可得，又，故； 当不垂直于时，设，则直线的方程为，    联立，得， 所以，则， 故， 又， 故， 即，所以， 综上所述：. 20．（15分）设函数，已知曲线在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1). (2)当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. (3) 【分析】（1）根据可得； （2）先求得，根据，，，分类讨论即可. （3）将问题转化为在上恒成立，先求，设，，根据，将分为和验证即可. 【详解】（1）由题意，可得 （2）由题意的定义域为， ， 当时，，故在区间上单调递增， 当时，令得， 当时，，当时，，当时，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时， ，当时，， 故在区间上单调递增， 当时，，当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上所述： 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）由得，即， 设，则由题意在上恒成立， ，设， 则， 若时，， 当时，，，故， 故在区间上单调递增，故，即， 故在区间上单调递增，故，满足题意. 若，设，则， 则在区间上单调递增，故使当时，， 因，故在区间上，即， 故在区间上单调递减，故在上，不符合题意 综上可知，实数的取值范围为. 21．（15分）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”． (1)判断数列：1，3，5，10，152是否为“数列”，并说明理由； (2)若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式； (3)若数列是“数列”，为数列的前项和，，，证明：． 【答案】(1)不是“数列”，理由见解析 (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）由数列定义验证即可； （2）由题可得，与相减结合数列定义可得关于的方程，即可得答案； （3）注意到，构造函数，利用其单调性可证明结论. 【详解】（1）根据“数列”的定义，则，故， 因为成立，成立， 不成立， 所以1，3，5，10，152不是“数列”． （2）由是首项为2的“数列”，则，， 由是等比数列，设公比为， 由，则， 两式作差可得， 即， 由是“数列”，则，对于，恒成立， 所以， 即对于，恒成立， 则 解得，，，又由，， 则，即， 故所求的，数列的通项公式； （3）证明：要证， 即证， 因数列是“数列”，则. 则要证，即证. 又，对于，恒成立， 因为，，则，再结合，，， 反复利用，可得对于任意的，，， 则要证：，即证. 设函数，则，令，解得， 当时，，则在区间单调递减， 因对于任意的，，，则. 即，，…，， 相加可得，即，故命题得证. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！19 学科网（北京）股份有限公司 $$