专题08 期末选填压轴题（五大题型+优选提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（沪教版2020，上海专用）

专题08 期末选填压轴题（五大题型+优选提升题） 数列 1．（23-24高二下·上海·期末）在数列中，若存在两个连续的三项与相同（），则称是“3阶可重复数列”．已知给定项数为m（）的数列，其中一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是 ． 2．（23-24高三上·上海宝山·期末）已知正项数列的前项和满足（为正整数）.记，若函数的值域为，则实数的取值范围是 . 3．（23-24高二上·上海·期末）已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（   ）个. A．499 B．500 C．501 D．502 4．（2023·上海闵行·二模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列选项中为假命题的是（    ） A．存在等差数列，使得是的“M数列” B．存在等比数列，使得是的“M数列” C．存在等差数列，使得是的“M数列” D．存在等比数列，使得是的“M数列” 5．（23-24高三上·上海浦东新·期末）已知数列满足，且对任意正整数，关于的实系数方程都有两个相等的实根．若，则满足条件的不同实数的个数为 个． 6．（23-24高二上·上海·期末）给定数列，定义上的加密算法:当为奇数时，将中各个奇数项的值均增加，各个偶数项的值均减去1；当为偶数时，将中各个偶数项的值均增加，各个奇数项的值均减去，并记新得到的数列为.设数列，数列，则数列的所有项的和为 . 7．（23-24高二上·上海·期末）等差数列满足，则的最大值为 ． 圆锥曲线 8．（23-24高二上·上海·期末）在平面直角坐标系中，曲线，曲线．经过上一点作一条倾斜角为的直线，与交于两个不同的点，则的取值范围为 ． 9．（22-23高二下·上海·期末）双曲线具有如下光学性质：如图，是双曲线的左、右焦点，从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线过左焦点 .若双曲线的方程为，下列结论正确的是 . ①若，则； ②当过时，光由所经过的路程为； ③射线所在直线的斜率为，则； ④若，直线与相切，则. 10．（23-24高二下·上海松江·期末）在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，为切点，满足，则k的值不可能为（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高二上·上海·期末）如图，在矩形中，，，分别为边，的中点，，分别为线段（不含端点）和上的动点，满足，直线，的交点为，已知点的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的渐近线方程为 .      12．（22-23高二上·上海嘉定·期末）对于圆上任意一点，当时，的值与，无关，有下列结论： ①点的轨迹是一个圆；    ②点的轨迹是一条直线； ③当时，有最大值；    ④当，时，． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 13．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，为坐标原点.有下列结论：①四边形是平行四边形；②若轴，垂足为，则直线的斜率为；③若，则四边形的面积为；④若为正三角形，则双曲线的离心率为.其中正确命题的序号是 . 14．（21-22高三上·上海宝山·期末）已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则下列命题正确的个数为（    ） （1）若与平面所成的角为，则动点所在的轨迹为圆； （2）若三棱柱的侧面积为定值，则动点所在的轨迹为椭圆； （3）若与所成的角为，则动点所在的轨迹为双曲线； （4）若点到直线与直线的距离相等，则动点所在的轨迹为抛物线 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 空间向量与立体几何 15．（23-24高二上·上海·期末）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 16．（23-24高二上·上海·期末）三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由公共端点且不共面的三条射线以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为 . 17．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 18．（23-24高二上·上海嘉定·期末）如图，在中，已知，，是斜边上任意一点（不含端点），沿直线将折成直二面角，当（    ）时，折叠后、两点间的距离最小． A． B． C． D． 19．（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 20．（21-22高一下·上海青浦·期末）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（含边界）一点，以下选项错误的是（    ）. A．若，则满足条件的P点有且只有一个 B．若，则点P的轨迹是一段圆弧 C．若平面，则长的最小值为 D．若且平面，则平面截正方体外接球所得截面的面积为 不同模块综合（如集合与圆锥曲线） 21．（23-24高二上·上海·期末）已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，F，Q分别是线段上的两个动点，为正方体表面上一点，若到棱与到棱的距离相等，则的最小值为 ． 22．（2023·上海闵行·一模）已知点P在正方体的表面上，P到三个平面ABCD、、中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点P的个数为 ． 23．（22-23高一下·上海杨浦·期末）已知常数，集合，，若，则t的取值范围是 . 24．（22-23高三下·上海虹口·期中）已知平面向量，，，满足，，，，且对任意的实数，均有，则的最小值为 . 25．（22-23高三下·上海嘉定·阶段练习）定义两个点集S、T之间的距离集为，其中表示两点P、Q之间的距离，已知k、，，，若，则t的值为 . 26．（22-23高二下·上海·期中）已知点和曲线上的点．若成等差数列且公差，则的最大值为 ． 选择题命题的辨析综合 27．（22-23高二下·上海松江·期末）中国结是一种传统的民间手工艺术，带有浓厚的中华民族文化特色，它有着复杂奇妙的曲线．用数学的眼光思考可以还原成单纯的二维线条，其中的“”形对应着数学曲线中的双纽线．在平面直角坐标系中，把与定点、距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，记为曲线.关于曲线，有下列两个命题： ①曲线上的点的横坐标的取值范围是； ②若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为. 则（    ） A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题 C．①为真命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 28．（23-24高三上·上海宝山·期末）考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆上，且其中恰有两个顶点为椭圆的顶点.关于这样的等腰三角形有多少个，有两个命题：命题①：满足条件的三角形至少有12个.命题②：满足条件的三角形最多有20个.关于这两个命题的真假有如下判断，正确的是（    ） A．命题①正确；命题②错误. B．命题①错误；命题②正确. C．命题①，②均正确. D．命题①，②均错误. 29．（23-24高二上·上海·期末）设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 30．（23-24高一下·上海·期末）对于不为常数数列的无穷数列，其中，设其前项的和为，若满足；对任意的正整数，均存在正整数，使得成立，则称为“可控数列”．现给出下列两个命题： （1）存在等差数列为“可控数列”； （2）存在等比数列为“可控数列”．则下列说法正确的是（   ） A．命题（1）（2）均成立 B．命题（1）成立，命题（2）不成立 C．命题（1）不成立，命题（2）成立 D．命题（1）（2）均不成立 31．（23-24高二下·上海嘉定·期末）设是一个无穷数列的前项和，若一个数列满足对任意的正整数，不等式恒成立，则称数列为和谐数列.关于命题：①若等差数列为和谐数列，则一定存在最小值；②若的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列为和谐数列.下列判断正确的是（    ） A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 32．（23-24高三下·上海松江·阶段练习）数列的前n项和为，若数列与函数满足：①的定义域为；②数列与函数均单调增；③存在正整数，使成立，则称数列与函数具有“单调偶遇关系”.给出下列两个命题：（    ） ①与数列具有“单调偶遇关系”的函数有有限个； ②与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 33．（2023·上海徐汇·一模）已知数列为无穷数列．若存在正整数，使得对任意的正整数，均有，则称数列为“阶弱减数列”．有以下两个命题：①数列为无穷数列且（为正整数），则数列是“阶弱减数列”的充要条件是；②数列为无穷数列且（为正整数），若存在，使得数列是“阶弱减数列”，则．那么（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 34．（2023·上海黄浦·二模）设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“K数列”．关于命题：①存在等差数列，使得它是“K数列”；②若是首项为正数、公比为q的等比数列，则是为“K数列”的充要条件．下列判断正确的是（    ） A．①和②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①和②都为假命题 35．（2021·上海浦东新·三模）已知函数，各项均不相等的数列满足，记.①若，则；②若是等差数列，且，则对恒成立.关于上述两个命题，以下说法正确的是（    ） A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 期末选填压轴题（五大题型+优选提升题） 数列 1．（23-24高二下·上海·期末）在数列中，若存在两个连续的三项与相同（），则称是“3阶可重复数列”．已知给定项数为m（）的数列，其中一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是 ． 【答案】11 【分析】由题意可知连续3项共有8种情况，然后分类讨论，分，和根据题意讨论即可. 【解析】因为数列的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有种不同的情况， 若，则数列中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等， 即项数为11的数列一定是“3阶可重复数列”， 若，数列0，0，1，0，1，1，1，0，0，0不是“3阶可重复数列”， 则时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列， 所以，要使数列一定是“3阶可重复数列”，则的最小值为11， 故答案为：11 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 2．（23-24高三上·上海宝山·期末）已知正项数列的前项和满足（为正整数）.记，若函数的值域为，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用求出数列的通项公式，由裂项相消求和法计算可得.设函数，将函数写出分段函数，根据函数的值域为R和极限的思想可得当时、当时，解不等式即可求解. 【解析】因为，所以， 又因为是正项数列，所以，即， 当得，当得， 经检验符合上式，所以. 所以. 设函数， 当时， ； 同理可得，当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 即，其中， 由函数的值域为R知，当时，， 所以，即，解得； 当时，， 所以，即，解得， 综上，实数k的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的难点是将函数转化为分段函数，利用函数的值域确定关于k的不等式即可求解，其中涉及到极限思想以及数列的求通项公式和求和知识点，平时练习都要熟练应用. 3．（23-24高二上·上海·期末）已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（   ）个. A．499 B．500 C．501 D．502 【答案】D 【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论. 【解析】由题意得：，其中， ，代入上式得：， 要方程无实数解，则， 显然第502个方程有解. 设方程与方程的判别式分别为， 则 ， 等号成立的条件是，所以至多一个成立， 同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且， 综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个， 故选：D. 【点睛】解决本题关键是灵活运用二次方程根的判别式，等差数列性质及基本不等式进行求解. 4．（2023·上海闵行·二模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列选项中为假命题的是（    ） A．存在等差数列，使得是的“M数列” B．存在等比数列，使得是的“M数列” C．存在等差数列，使得是的“M数列” D．存在等比数列，使得是的“M数列” 【答案】C 【分析】对于A：取，分析判断；对于B、D：取，分析判断；对于C：根据题意结合等差数列的性质分析判断. 【解析】对于A：例如，则为等差数列，且、均为严格增数列， 可得，则， 取，则，即成立， 所以是的“M数列”，故A为真命题； 对B：例如，则为等比数列，且、均为严格增数列， 可得，则， 取，则，即成立， 所以是的“M数列”，故B为真命题； 对于C：若存在等差数列，使得是的“M数列”， 设等差数列的公差为， ∵、均为严格增数列，则，故， 取满足，可知必存在，使得成立， 当时，对任意正整数，则有； 对任意正整数，则有； 故不存在正整数，使得，故C为假命题； 对D：例如，则为等比数列，且、均为严格增数列， 可得，则， 取，则，即成立， 所以是的“M数列”，故D为真命题； 故选：C. 【点睛】关键点睛：在说明选项C时，只需说明，故取即可. 5．（23-24高三上·上海浦东新·期末）已知数列满足，且对任意正整数，关于的实系数方程都有两个相等的实根．若，则满足条件的不同实数的个数为 个． 【答案】 【分析】先根据题意得到(*)，记满足(*)式的不同实数个数为，再结合二次函数的性质即可逐个求得，，，，，...，再通过观察得到数列的递推公式，再构造等比数列，从而得到它的通项公式，进而即可求解． 【解析】依题意可得，即(*)， 记满足(*)式的不同实数个数为， 将看成自变量，看成参数，则为与的交点个数， 当时，有一个交点，即有一个根； 当，有2个交点，即有两个不同的根和，且， 当，有2个交点，即有两个不同的根和， 由，则或，即； 则或或，即； 同理可得，，，... 通过观察可得，则，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为，即，， 所以满足(*)式的不同实数个数为， 故满足条件的不同实数的个数为个． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：记满足(*)式的不同实数个数为，结合二次函数的性质求得，，，，，...，再观察得到递推公式，再构造等比数列是解答本题的关键． 6．（23-24高二上·上海·期末）给定数列，定义上的加密算法:当为奇数时，将中各个奇数项的值均增加，各个偶数项的值均减去1；当为偶数时，将中各个偶数项的值均增加，各个奇数项的值均减去，并记新得到的数列为.设数列，数列，则数列的所有项的和为 . 【答案】 【分析】设为数列的所有项的和，先根据题意得到递推式，然后再用累加法求解即可. 【解析】设为数列的所有项的和， 因为，为偶数，为奇数， 所以对于偶数项， ， 所以 所以， 上述式子相加可得， 即 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：题目既然求数列的所有项的和，即求角标为偶数时所有项的和，所以接替的关键就是找到角标为偶数时所有项的和的递推关系，进一步理解题意即可做到. 7．（23-24高二上·上海·期末）等差数列满足，则的最大值为 ． 【答案】50 【分析】根据题意分析可知：存在，使得或，以为例，设等差数列的公差为，结合绝对值不等式的性质分析可知：，且，进而可得，再根据等差数列的前n项和公式，求得，从而得出，即可求解. 【解析】若对任意，恒成立，则， 可得， ， 显然两者不相等，不合题意； 同理可得对任意，恒成立也不合题意； 所以等差数列一部分为正，一部分为负， 即存在，使得或， 若，可得， 且 ， 当且仅当时，等号成立， 即，解得； 且 ， 当且仅当时，等号成立 即，解得， 综上所述：，即满足条件的必为偶数， 结合等号成立条件可知：且， 设等差数列的公差为，则，，， 即，，， 可得， 则 ， 可得，解得， 且，即有的最大值为，的最大值为； 同理可得：当，的最大值也为. 故答案为：50. 【点睛】关键点睛：1.根据的符号性分析可得存在，使得或； 2.根据绝对值不等式分析可得，且. 圆锥曲线 8．（23-24高二上·上海·期末）在平面直角坐标系中，曲线，曲线．经过上一点作一条倾斜角为的直线，与交于两个不同的点，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】设，则直线的方程为，将直线方程与曲线方程联立，由可得t的取值范围，设的横坐标分别为，，结合的倾斜角为，结合弦长公式可将表示为关于t的函数，从而求得其取值范围． 【解析】设，则直线的方程为， 代入曲线的方程，得， 化简可得：，① 由于与交于两个不同的点，故关于x的方程①的判别式，即 ， 解得，② 设的横坐标分别为，由①知，， 因此，结合的倾斜角为可知， ， 由②可知，， 故， 从而得， 故答案为：． 【点睛】 圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 9．（22-23高二下·上海·期末）双曲线具有如下光学性质：如图，是双曲线的左、右焦点，从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线过左焦点 .若双曲线的方程为，下列结论正确的是 . ①若，则； ②当过时，光由所经过的路程为； ③射线所在直线的斜率为，则； ④若，直线与相切，则. 【答案】①③ 【分析】对于①：判断出，由定义和勾股定理联立方程组即可求得；对于②：利用双曲线的定义直接求得；对于③：先求出双曲线的渐近线方程，由P在双曲线右支上，即可得到n所在直线的斜率的范围；对于④：设直线PT的方程为.利用相切解得，进而求出.即可求出. 【解析】对于①：若，则，因为在双曲线右支上， 所以，由勾股定理得：，二者联立解得： ，故①正确； 对于②：光由所经过的路程为： ，故②错误； 对于③：双曲线的方程为，设左、右顶点分别为，如图所示： 当与同向共线时，的方向为，此时，最小， 因为在双曲线右支上，所以所在直线的斜率为，即，故③正确； 对于④：设直线的方程为，，，消去可得： ，其中， 即，解得代入， 有，解得， 由在双曲线右支上，即，解得（舍去），所以，所以，故④错误； 故结论正确的是①③. 故答案为：①③. 【点睛】关键点点睛：掌握双曲线的定义及理解双曲线的光学性质是解决本题的关键. 10．（23-24高二下·上海松江·期末）在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，为切点，满足，则k的值不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先设出，利用求出在以原点为圆心，半径为2的圆上，数形结合转化为且只需原点到直线的距离小于半径2即可，用点到距离公式列出不等式，求出的取值范围可得答案. 【解析】设，连接，设， 则，，所以， 又， 所以， 令，则有，解得：或， 因为在单位圆外，所以舍去， 即在以原点为圆心，半径为2的圆上， 因为曲线上存在四个点， 即与圆有4个交点，且过点， 结合图象可知，且只需原点到直线的距离小于半径2即可， 所以，解得：或（舍去）.， 所以、、都符合. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：数形结合的思想对于求解函数零点或交点个数问题经常使用，要能抓住一些不变量，比如本题中的直线方程过定点. 11．（23-24高二上·上海·期末）如图，在矩形中，，，分别为边，的中点，，分别为线段（不含端点）和上的动点，满足，直线，的交点为，已知点的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的渐近线方程为 .      【答案】 【分析】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，求出直线，的方程，联立两方程解出点的坐标，进而可得点所在双曲线方程，从而求解. 【解析】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系：    设，则， 则有，，，，，，， 设，， 所以，， 又因为，所以， 所以，即， 又因为， 所以直线的方程为：，即， 同理可得直线的方程为：，即， 由，可得， 即， 因为， ，， 即有，得, 所以点所在双曲线方程为：， 所以，， 所以渐近线方程为， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：椭圆或双曲线中，要求渐近线，就要求出的值. 12．（22-23高二上·上海嘉定·期末）对于圆上任意一点，当时，的值与，无关，有下列结论： ①点的轨迹是一个圆；    ②点的轨迹是一条直线； ③当时，有最大值；    ④当，时，． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】由，将已知条件看作到直线、距离之和的倍， 且已知圆在平行线、之间得，再结合各项描述分析正误. 【解析】令，可看作到直线、距离之和的倍， 由的值与无关， 所以距离之和与在圆上的位置无关，故已知圆在平行线、之间， 而两线距离为， 当时，的轨迹是平行于、直线，①错误； 当时,的轨迹不是直线,②错误 ③时，，即有最大值，正确； ④时，则，故，④错误. 所以正确的有③. 故选： 13．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，为坐标原点.有下列结论：①四边形是平行四边形；②若轴，垂足为，则直线的斜率为；③若，则四边形的面积为；④若为正三角形，则双曲线的离心率为.其中正确命题的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形为矩形，从而可求出其面积，对于④，由为正三角形，可表示出点的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率. 【解析】对于①，因为双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、， 所以， 所以四边形为平行四边形，所以①正确， 对于②，设，则， 因为轴，垂足为，所以， 所以，，所以②正确， 对于③，因为，所以， 所以为直角三角形，所以四边形为矩形， 设，则，所以， 因为，所以， 所以，所以四边形的面积为，所以③错误， 对于④，因为为正三角形，，所以， 因为点在双曲线上， 所以，化简得， 所以，， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以④正确， 故答案为：①②④    【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的定义和几何性质的应用，解题的关键是结合题意和双曲线的几何性质找出等量关系，从而可进行判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 14．（21-22高三上·上海宝山·期末）已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则下列命题正确的个数为（    ） （1）若与平面所成的角为，则动点所在的轨迹为圆； （2）若三棱柱的侧面积为定值，则动点所在的轨迹为椭圆； （3）若与所成的角为，则动点所在的轨迹为双曲线； （4）若点到直线与直线的距离相等，则动点所在的轨迹为抛物线 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】对于(1)，利用圆的定义判断；对于(2)，利用椭圆的定义判断；对于(3)，易得运动成圆锥面判断；对于(4)，利用抛物线的定义判断. 【解析】如图所示： 对于(1)，因为与平面所成的角为，所以， 所以点的轨迹为圆，所以正确； 对于(2)，当三棱柱的侧面积为定值时，因为高为2，则为定值，且大于，所以点的轨迹为椭圆，正确； 对于(3)，因为、，所以， 于是满足条件的运动成圆锥面，又平面，所以圆锥面被平面所截的交线为双曲线，所以正确； 对于(4)，因为点到直线与直线距离相等，所以点的轨迹为点到点与直线的距离相等的轨迹，即抛物线，所以正确； 故选：D． 空间向量与立体几何 15．（23-24高二上·上海·期末）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 【答案】①②③ 【分析】由题可证平面，得点P到平面的距离恒为定值，故①正确；由题可证平面，故②正确；三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，找到球心即可求半径，故③；旋转，将空间问题平面化，判断④错误. 【解析】正方体中，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面，即点P到平面的距离恒为定值， 又， 也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，①正确； 在正方体中，平面，平面，所以， 在正方形中：， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，②正确； 因为点P在线段上运动， 若，则点P与点A重合， 则三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 又正方体的中心到三棱锥四个顶点距离相等， 所以正方体的中心即为外接球球心，半径为体对角线的一半，为，③正确； 如图所示： 将三角形沿翻折得到该图形，连接与相交于点， 此时取得最小值，延长，过作于点， 在中，， 故的最小值为，④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决： 一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 16．（23-24高二上·上海·期末）三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由公共端点且不共面的三条射线以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】/ 【分析】作出图形，，，,平面与平面所成的角为，作，平面，则该二面角的平面角为.要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即，接下来就根据条件把和用同一个变量表示出来即可求解. 【解析】 由题意，，,平面与平面所成的角为， 作，平面，则该二面角的平面角为， 由题意得：， 因为，， 所以，， ， ， ， 当时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：关键是等体积转换法，再结合条件等式将体积表示成同一个变量的函数即可求解. 17．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【解析】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存在点满足，故③正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算. 18．（23-24高二上·上海嘉定·期末）如图，在中，已知，，是斜边上任意一点（不含端点），沿直线将折成直二面角，当（    ）时，折叠后、两点间的距离最小． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意作出图形，过点作于，作点作于，然后，进而求出、、、，进而用勾股定理得到，最后通过三角变换与三角函数的图象和性质求得答案. 【解析】如图，设翻折后点位于点处，即求最小时的长度. 设，作作于，作点作于， 根据题意，平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以，，，，， 所以. 易得，所以 . 因为，则， 于是，当时，即当时，即当为的角平分线时，最小. 此时，又， 解得：. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查距离最值问题的求解，引入，将问题涉及的几何元素用表示，再利用三角函数相关知识求解是解题的关键. 19．（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定（1）正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断（4），以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故（2）不正确；设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断（3）正确. 【解析】设正方体棱长为， 由平面平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，（1）正确， 正方体中，平面，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，（4）正确; 以为轴建立空间直角坐标系，如下图，    正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故（2）错误； 设， 所以 设到直线的距离为，则 由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变， 所以的面积为递减，（3）正确， 综上：（1）（3）（4）正确 故选：D. 【点睛】方法点睛：立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 20．（21-22高一下·上海青浦·期末）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（含边界）一点，以下选项错误的是（    ）. A．若，则满足条件的P点有且只有一个 B．若，则点P的轨迹是一段圆弧 C．若平面，则长的最小值为 D．若且平面，则平面截正方体外接球所得截面的面积为 【答案】C 【分析】选项A,B可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面平面,知满足平面的点P在BD上, 长的最大值为，判断C；结合以上条件可知点P与点B或D重合，利用，求出 ，进而求得平面截正方体外接球所得截面的面积，判断D. 【解析】对于A，如下图，由吗，知点P在以为球心，半径为的球上，    又因为点P在底面ABCD内（含边界），底面截球可得一个小圆，由底面ABCD, 可知P点轨迹是在底面上以A为圆心的小圆圆弧，半径为 ， 则只有唯一一点C满足题意，故A正确； 对于B,由A的分析同理可得，点P在以A为圆心半径为的小圆圆弧上，在底面ABCD内（含边界）中，点P的轨迹为四分之一圆弧 ,故B正确；    对于C,移动点P可得两相交的动直线与平面平行，则过点P必在过点且与平面平行的平面内，而平面平面,故满足平面的点在BD上,设O为正方形ABCD的中心，故的最大值为或，最小值为,故C错误;        对于D ,由以上分析可知，点P既在以A为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD上，即P与点B或D重合，不妨取点B，则平面截正方体正方体外接球所得截面为的外接圆，为正三角形，设其外接圆半径为r,则 ，故，所以平面截正方体外接球所得截面的面积为，故D正确， 故选：C 【点睛】本题考查了正方体中的线面位置关系以及截面问题和动点轨迹问题，综合性较强，解答时要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，同时要结合圆的定义以及三角形的相关知识进行解答. 不同模块综合（如集合与圆锥曲线） 21．（23-24高二上·上海·期末）已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，F，Q分别是线段上的两个动点，为正方体表面上一点，若到棱与到棱的距离相等，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意得点P在以为焦点以直线为准线的抛物线上，故的最小值转化为P到直线的距离与到棱的距离之和，由三角形三边关系即可得结果. 【解析】在正方体中，面，为正方体表面上一点， 所以到棱的距离为，又到棱与到棱的距离相等， 所以点P在以为焦点以直线为准线的抛物线上， 故的最小值为点P到直线的距离与到直线的距离之和， 即点P到直线的距离与到棱的距离之和， 即， 又的最小值即为点到直线的距离，即为的高h， 在中，，, 所以,即， 即的最小值为， 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题关键是找出P点轨迹，根据抛物线定义转化为求点P到直线的距离与到棱的距离之和，运用三角形三边关系可求得结果. 22．（2023·上海闵行·一模）已知点P在正方体的表面上，P到三个平面ABCD、、中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点P的个数为 ． 【答案】 【分析】确定在平面上，根据得到的轨迹为平面内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案. 【解析】若P到平面ABCD、距离相等，根据对称性知在平面上， 平面，平面，故平面平面， 故到平面的距离即到的距离， 设正方体的中心为，即，故的轨迹为平面内的一条抛物线， 不妨取正方体边长为，中点为，以所在的直线为轴， 以线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系， 抛物线方程为，时，，故抛物线与棱和相交， 故共有个点满足条件. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何，抛物线的轨迹方程，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中根据题意得到动点的轨迹方程是解题的关键， 23．（22-23高一下·上海杨浦·期末）已知常数，集合，，若，则t的取值范围是 . 【答案】 【分析】设，根据，得到，结合，得到，变形得到，根据几何意义得到两圆内含或内切，得到不等关系，求出答案. 【解析】设，则，解得， 因为，所以，即， 化简得到，其中， 整理得， 所以集合表示以为圆心，1为半径的圆及其内部， 而集合表示以为圆心，为半径的圆及其内部， 因为，所以，故两圆内含或内切， 故圆心距小于等于半径之差，即，解得， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】以复数为载体，考查核心内容为轨迹问题，数形结合进行求解，这是复数的模长相关题目的基本思路和方法. 24．（22-23高三下·上海虹口·期中）已知平面向量，，，满足，，，，且对任意的实数，均有，则的最小值为 . 【答案】 【分析】作，，建立平面直角坐标系，作，作，由条件确定点的轨迹，由此确定即的最小值. 【解析】如图作，， 如图，以点为原点，为的正方向建立平面直角坐标系， 因为，，， 所以点的坐标为，点的坐标为 作，设点的坐标为， 因为， 所以，所以， 所以点在以为圆心，以为半径的圆上， 因为对任意的实数，均有， 所以，又， 所以恒成立， 所以， 所以，即， 作，设点的坐标为， 则，即， 所以点在直线上， 因为， 又点在圆上一动点， 点在直线上一动点， 所以点到点的最小距离为点到点的距离减去圆的半径， 即，当且仅当点为线段与圆的交点时等号成立， 因为点到直线的距离， 所以点到点的距离大于等于，即， 所以， 当且仅当垂直于直线且点为线段与圆的交点时等号成立， 所以的最小值为， 故答案为：.    【点睛】本题解决的关键在于建立平面直角坐标系，利用条件结合向量的坐标运算及性质确定点的轨迹，由此结合直线与圆的性质求解. 25．（22-23高三下·上海嘉定·阶段练习）定义两个点集S、T之间的距离集为，其中表示两点P、Q之间的距离，已知k、，，，若，则t的值为 . 【答案】 【分析】集合表示双曲线上支的点，集合表示直线上的点，，故直线与渐近线平行，在渐近线下方，即，且与渐近线的距离为，计算得到答案. 【解析】，即，，故集合表示双曲线上支的点， 集合表示直线上的点， ，故直线与渐近线平行，在渐近线下方，即，且与渐近线的距离为. 双曲线的渐近线为，不妨取，则，即， 平行线的距离，故或（舍去）. 故答案为：. 【点睛】关键点睛:本题考查了集合的新定义，直线和双曲线的位置关系，意在考查学生的计算能力转化能力和综合应用能力，其中根据条件得到直线与渐近线平行，在渐近线下方，且与渐近线的距离为是解题的关键. 26．（22-23高二下·上海·期中）已知点和曲线上的点．若成等差数列且公差，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】确定曲线是双曲线的一段，结合等差数列的通项公式和性质，建立不等式关系进行求解即可． 【解析】题设的曲线是如下双曲线的一段，即． 是它的右焦点，（其中直线为右准线，点，离心率）． 易知. 依题意，可设等差数列的第一项，第项， 则．得． 由题意，，即． 得． 而．且． 则，故的最大可取． 故答案为： 选择题命题的辨析综合 27．（22-23高二下·上海松江·期末）中国结是一种传统的民间手工艺术，带有浓厚的中华民族文化特色，它有着复杂奇妙的曲线．用数学的眼光思考可以还原成单纯的二维线条，其中的“”形对应着数学曲线中的双纽线．在平面直角坐标系中，把与定点、距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，记为曲线.关于曲线，有下列两个命题： ①曲线上的点的横坐标的取值范围是； ②若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为. 则（    ） A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题 C．①为真命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 【答案】B 【分析】利用定义求得曲线C的轨迹方程为，由关于的方程有解，求的取值范围判断命题①；先判断得直线与曲线必有一个公共点，再将代入曲线得到无非零解方程，求实数的取值范围判断命题②. 【解析】对于①：由伯努利双纽线的定义可知，曲线C的方程为: ， 化简得， 设，则 方程化为 设上述方程的两个根为,则至少有一个大于等于0 则需有 由于， ，解得， ①为假命题； 对于②：直线与曲线一定有公共点，若直线与曲线只有一个交点， 将代入曲线方程中得，方程无非零解， 即无实数解，故有， 所以，解得或，故②为真命题. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用平面轨迹方程的求法求得曲线C的轨迹方程，横坐标的取值范围由方程有解判断，直线与曲线的交点问题一般通过联立方程分析判断. 28．（23-24高三上·上海宝山·期末）考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆上，且其中恰有两个顶点为椭圆的顶点.关于这样的等腰三角形有多少个，有两个命题：命题①：满足条件的三角形至少有12个.命题②：满足条件的三角形最多有20个.关于这两个命题的真假有如下判断，正确的是（    ） A．命题①正确；命题②错误. B．命题①错误；命题②正确. C．命题①，②均正确. D．命题①，②均错误. 【答案】C 【分析】分别以椭圆顶点连线为等腰三角形的腰或底，进行分类讨论，得到答案. 【解析】不妨设， 如图1，连接， 当为等腰三角形的底时，作的垂直平分线交椭圆于两点， 连接，则为等腰三角形，满足题意， 同理当为等腰三角形的底时， 也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个； 如图2，当为等腰三角形的腰时，以为圆心，为半径作圆， 则圆的方程为， 联立，消得， 解得或， 当时，，则交点有， 当，即时， 则圆与椭圆相交于点，连接， 其中满足要求，三个顶点均为椭圆顶点，不合题意， 同理当为等腰三角形的腰时， 也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个； 当，即时， 则圆与椭圆相交于点三点， 当，即时，则圆与椭圆相交于点两点， 综上，当为等腰三角形的腰时，符合题意的三角形的个数可能是个或个； 如图3，以为圆心，为半径作圆，此时圆与椭圆相交于点， 连接，此时为等腰三角形，满足题意，共有2个， 如图4，以为圆心，为半径作圆，此时圆与椭圆相交于点， 连接，此时为等腰三角形，满足题意，共有2个， 由椭圆性质可知，为椭圆中的最长弦，所以不能作为等腰三角形的腰， 而作为底时，刚好等腰三角形的顶点为上顶点或下顶点，不合要求， 综上所述，满足要求的等腰三角形个数为或， 所以满足条件的三角形至少有12个，最多有个， 所以命题①，②均正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：两圆一线，是平面几何中等腰三角形存在性问题的通用解法，这里以椭圆为背景进行考察，基本思路没有变化，但要注意两圆一线所得到的等腰三角形有不满足要求的，要舍去. 29．（23-24高二上·上海·期末）设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 【答案】C 【分析】对于②，可以考虑构造一个正四棱锥来说明，对于①可以考虑利用反证法证伪. 【解析】对于②，考虑一个正四棱锥，然后再他的侧棱的延长线上可以画出一个梯形， 具体做法是：取，则四棱锥为正四棱锥， 然后令， 那么 此时是梯形，但不是平行四边形， 对于①，如图，四边形为平行四边形，也为平行四边形， 若平面与平面不平行， 则四边形中必有一边与底面相交， 不妨设直线与底面相交， 则直线也与底面相交， 在平面中过做的平行线，交与，则， 因平面，平面，故平面，即平面， 而平面平面，故，而， 故相交，这与为平行四边形矛盾. 故平面平面，故， 若四边形为菱形，则，则， 故四边形为菱形，故①错误. 故选：C. 【点睛】关键点睛：空间中满足条件的几何体的存在性，可以通过常见几何体来构造，或者通过反证法结合空间中点线面的判断与性质导出矛盾. 30．（23-24高一下·上海·期末）对于不为常数数列的无穷数列，其中，设其前项的和为，若满足；对任意的正整数，均存在正整数，使得成立，则称为“可控数列”．现给出下列两个命题： （1）存在等差数列为“可控数列”； （2）存在等比数列为“可控数列”．则下列说法正确的是（   ） A．命题（1）（2）均成立 B．命题（1）成立，命题（2）不成立 C．命题（1）不成立，命题（2）成立 D．命题（1）（2）均不成立 【答案】C 【分析】对于（1），依题意化简不等式得，根据等差数列的通项公式与求和公式的特征，利用极限思想即可判断；对于（2）取，计算，取，即可判断条件满足. 【解析】（1）若等差数列不是常数列，则公差，则可看成关于的一次函数， 由得，可看成关于的二次函数， 当足够大时，根据极限的思想可判断上式不成立，故命题（1）不成立； （2）取，则， 则对任意的正整数，不妨取，，符合题意. 故命题（2）正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：本题主要考查新定义数列的概念应用，属于难题. 解题方法为，按照新定义数列要求，将不等式进行化简和计算判断，运用极限思想排除命题（1）；对于等比数列，要说明存在性命题的正确，只需寻找到符合条件的数列和的值即可. 31．（23-24高二下·上海嘉定·期末）设是一个无穷数列的前项和，若一个数列满足对任意的正整数，不等式恒成立，则称数列为和谐数列.关于命题：①若等差数列为和谐数列，则一定存在最小值；②若的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列为和谐数列.下列判断正确的是（    ） A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】A 【分析】对于①：根据等差数列的求和公式可得，结合可得，进而根据二次函数性质分析判断；对于②：可以取一个公比为负数的等比数列说明其存在性即可. 【解析】对于①：设等差数列的公差为， 则，所以， 即为公差为的等差数列， 若为和谐数列，则， 即，则， 所以关于的二次函数，开口向上， 所以在上一定存在最小值，所以①正确； 对于②：取， 则，且, 为和谐数列等价于， 证明上述不等式即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列， 即证，即证， 当时，上式左边为负数，显然成立； 当时，即证，即证，（*） 设，， 则在上单调递增，可得， 即（*）式成立，所以②正确. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：命题②的关键点在于取一个公比为负数的等比数列说明其存在性. 32．（23-24高三下·上海松江·阶段练习）数列的前n项和为，若数列与函数满足：①的定义域为；②数列与函数均单调增；③存在正整数，使成立，则称数列与函数具有“单调偶遇关系”.给出下列两个命题：（    ） ①与数列具有“单调偶遇关系”的函数有有限个； ②与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 【答案】C 【分析】利用等差数列、等比数列前n项和公式求出，再取一个单调递增函数，按给定的条件使方程有正整数解的函数个数即可判断. 【解析】对于①，数列单调递增，令函数，显然，由， 得，整理得，此方程有正整数解， 如方程中取，则，即， 对进行不同的取值即可保证数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，①错误； 对于②，数列单调递增，，令，由， 得，取，显然对每一个正整数都有唯一的正数， 并且不同的值，值不同，因此与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，②正确， 所以①是假命题，②是真命题. 故选：C 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 33．（2023·上海徐汇·一模）已知数列为无穷数列．若存在正整数，使得对任意的正整数，均有，则称数列为“阶弱减数列”．有以下两个命题：①数列为无穷数列且（为正整数），则数列是“阶弱减数列”的充要条件是；②数列为无穷数列且（为正整数），若存在，使得数列是“阶弱减数列”，则．那么（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 【答案】C 【分析】对于①：根据“阶弱减数列”的定义结合充分必要条件分析判断；对于②：分析可得对一切正整数恒成立，分、和三种情况，分析求解. 【解析】对于①：因为， 若该数列为“弱减数列”， 因为，则， 可得，即， 同理可得，所以； 当时，， 所以该数列为“弱减数列”； 综上所述：数列是“阶弱减数列”的充要条件是，故①是真命题； 对于②：因为，显然， 若存在使得数列为“2阶弱减数列”， 则，即，整理得， 所以对一切正整数恒成立， 若，当时，当，则； 当为奇数，； 可知不合题意，所以， 则， 当时， 则， 可得，不合题意； 若，取，则，符合题意； 若，则，则， 取，则，符合题意； 综上所述：存在，使得数列是“阶弱减数列”，则．故②是真命题. 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于新定义问题时，可以通过举例或转化法理解新定义，进而根据新定义分析求解. 34．（2023·上海黄浦·二模）设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“K数列”．关于命题：①存在等差数列，使得它是“K数列”；②若是首项为正数、公比为q的等比数列，则是为“K数列”的充要条件．下列判断正确的是（    ） A．①和②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①和②都为假命题 【答案】C 【分析】根据给定的定义，按公差的取值情况分类探讨判断①；利用等比数列通项公式及前n项和公式，结合不等式恒成立即可推理作答. 【解析】令等差数列的公差为，当时，，不符合题意， 当时，， 函数的图象是开口向上的抛物线，对称轴， 存在，使得，取不小于的正整数，则有， 即，不符合题意，综上得①为假命题； 等比数列首项，因为数列为“K数列”，则有，即， ，于是， 依题意，任意的，，函数在单调递减，值域是， 因此，所以是为“K数列”的充要条件，②是真命题， 判断正确的是①为假命题，②为真命题. 故选：C 【点睛】关键点睛：数列是特殊的函数，根据数列的特性，准确构造相应的函数，借助函数性质分析求解是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件. 35．（2021·上海浦东新·三模）已知函数，各项均不相等的数列满足，记.①若，则；②若是等差数列，且，则对恒成立.关于上述两个命题，以下说法正确的是（    ） A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对 【答案】A 【分析】①利用正弦函数为奇函数可得，再进行累加即可得到答案； ②是等差数列，当时，对分为奇数和偶数进行讨论； 【解析】解：在为奇函数且单调递增， ① 所以，且，①正确； ②是等差数列，当时， 若为偶数，， ， 同理，…，， 所以 若为奇数，， ，，…， 所以； 同理，当时，也有.②正确. 故选：A 【点睛】本题主要考查等差数列的基本性质及正弦函数的单调性、奇偶性，对抽象能力要求较高，属于难题. ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$