卷11 数列-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考数学真题分类优化卷(分项A)

最新5年高考真题分类优 y2 sin 0) =(x cos 0+x2 sin 0,y cos 0+y2 sin 0) +3y=(x cos 0+x2 sin 0)2+3(y1 cos 0+ y2 sin 0)2 =(xi+3y)cos0+(x2+3y)sin'0+2sin 0cos 0 (x1x2+3y1y2) =cos0+sin0=1.故，点M在椭圆上。 (2)设|OA|=p,1OB|=q,∠xOA=a,因为OA ·OB=0 则A pcos a,psin a ) B(gcos(2+a),qsin(2+a)). 分别代入椭圆方程中， (p'cos a+3p'sin'a=1 则 gcos(受+a)+3g2sim(经te）=1 cos'a+3sina 1 1 sin'a+3cos'ag 1 1 从而 + =4,故p2+q2=4pq2≥2pg,pg 1 221 得，|OA|+|OB|=p+q≥2√pg≥2， 所以|OA|十OB|的最小值为√2 答案：(1)证明过程见解析；(2)√2 19.解析：(1)由已知△ABC中cos2B+cos2C一cos 2A=1, Ep 1-2sin'B+1-2sin'C-1+2sinA=1, 故sinA=sinB+sinC,由正弦定理可得a2=b +c2, 故△ABC为直角三角形，即A=受. (2)由1)A=受，所以三角形ABC的三个角都小 于120°， 则由费马，点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC =120°： 设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=x,由SAAPB+ S△BPc+S△APC=S△ABc得： 1 .+1.E+1,1 2xy· 2+2·2 +2·?=X2,巷理 45 得xy+y十x= 3 则PA·PB+PB·PC+PA·PC =w(）+(号）+（←号） ×-2 3 【 5 化卷(26一ZT)·数学答案 A B (3),点P为△ABC的费马，点，则∠APB=∠BPC= ∠cPA-5, PBI=mPAl,IPCI=nIPAl,IPAl=x,m> 0,n>0,x>0, 则由|PB+IPCl=t|PA|得m+n=t; r一 由余孩定理得1AB2=x2+mx2-2mxc0s3 (m2+m+1)x2, IAC=+nx2-2nxcos3- 2=(n2+n+ 1)x2, InCmmmco mn)x', 故由|ACI2+|AB12=1BCI2 得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+ mn)x, 即m十n+2=mn,而m>0,n>0,故m十n+2= 当且仅当m=n,结合m十n十2=mn,解得m=n= 1十√时，等号成立， 又m+n=1,即有t2-4t-8≥0，解得t≥2十23或 t≤2-25（舍去）， 故实数t的最小值为2十23. 答案：1A= ·(2)-23 3 (3)2+25 卷11数列 1.D方法1：利用等差数列的基本量 由S。=1,根据等差数列的求和公式，S。=9a1十 2°d=1→9a1+36d=1, 2 又a3+a,=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=g(9a1 2 +36d)=9 方法2：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，a1十ag=a3十a7,由S。=1, 根据等差数列的求和公式， 9(a1+ag)9(ag十a7) 2 S。= 2 2 =1,故a3十a7=9 方法3：特殊值法 不妨取等差数列公差d=0,则S。=1=9a1→a1= 2 g,则a+a,=2a1=9 2.C方法1：设等差数列{am}的公差为d,首项为a1, 】 最新5年高考真题分类优 依题意可得， a2+a;=a1+d+a1+5d=10,即a1+3d=5, 又a1ag=(a1+3d)(a1+7d)=45,解得：d=1,a =2, 所以S,=51+Y×4=5×2+10=20 方法2：a2十a8=2a1=10,a1ag=45,所以a1=5,a8 =9, 从而4=g=1,于是a,=a,-d=5-1=4, 所以S5=5a3=20. 3.C由题意知1+q+q2+g3+q=5(1十q十g2)-4, 即g3+g=4q+4g,即g3+q2-4g-4=0,即(q- 2)(q+1)(q+2)=0. 由题意知q>0,所以q=2. 所以S1=1十2+4+8=15. 4.C方法1：设等比数列{an}的公比为q,首项为a1, 若q=-1,则S1=0≠一5，与题意不符，所以q≠ -1; 若q=1,则S6=6a1=3×2a1=3S2≠0，与题意不 符，所以q≠1； 由S1=-5,S。=21Sg 可得，01g) 1一q =-5,a1-92 1-q =21× a1(1-q) 1-9 ①， 由①可得，1十g2+q=21,解得：q2=4, 所以S=a11-g=a11-9) ×(1+g)=-5 1-9 1-q ×(1+16)=-85. 方法2：设等比数列{an}的公比为g, 因为S,=一5，S；=21S2,所以q≠-1，否则S,=0, 从而，S2,S1-S2,S；一S1,Sg一S6成等比数列， 所以有，(-5-S2)2=S2(21S2+5),解得：S2=-1 或8- 当S2=-1时，S2,S1-S2,S6-S1,S8-S6,即为 -1,-4,-16,g+21, 易知，S8十21=-64，即S8=-85: 当S:=号时，S,=a+a,+a,+a,=(a1十a:)1+ q2)=(1+g2)S2>0, 与S1=-5矛盾，舍去， 5.C方法1，甲：{an}为等差数列，设其首项为a1,公 差为d, .-ma+Dd.S-a1d d 22d,元 d=2n+ d S+S,d a1-2'n+1n 2 因比侣}为学装数列，到甲光乙的充分条件， 反之，乙： S+S 为等差数列，即1一 nS+1-(n+1)S_na+1-S n(n+1) 为常数，设为t, n(n+1) 【 5 化卷(26一ZT)·数学答案 即0。t1S, Pn(n+1)=1,则S.=ma+1-t…n(m+1), 有Sn-1=(n-1)an-t·n(n-1),n≥2， 两式相减得：an=nam+1一(n-1)am一2tm,即am+1一 a,=2t,对n=1也成立， 因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为 a1,公差为d, p3-a+02. ,(n-1), d 等差数列，即甲是乙的充分条件： 5降求华、： S= n+l n S1+(n-1)D, 即Sm=nS1+n(n-1)D,Sm-1=(n-1)S1+(n-1) (n-2)D, 当n≥2时，上两式相减得： Sn-S,-1=S1+2(n-1)D,当n=1时，上式成立， 于是an=a1+2(n-1)D, 又由于am+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]= 2D为常数， 因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，故选C 6.C当n≥2，n∈N时，am=2Sm-1+2,所以am+1- an=2an,即am+1=3an, 当n=1时，a2=2Sn十2=2a1十2=6=3a1, 所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列， 则a1=a1q3=54.故选C 7.B依题意，等差数列a,中，a,=a1+(n1).红 2π1 「2π 2r\ 里然画数y=cos3n+(a:-3)」 的周期为3，而 n∈N,即cosa,最多有3个不同取值，又因为{cos anln∈N"}={a,b}, 则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1=c0sa2≠cos a3或 c0Sa1≠c0sa2=c0sa3, 于是有os0=co(0+), 申有0+(0+）=2张，∈7，解0=x一导： ∈Z, 所以k∈Z,ab=cos(kπ-牙)cos [（kx晋）+]=-asx号）osk= c0sk0子-一7故选B 1 &B房1：因为41-子a-6)+6,故01-6 7a.-6y, 4 】 最新5年高考真题分类优 若a1=3,可用数学归纳法证明：an一6≤-3即am 3, 证明：当n=1时，a1一6=一3≤一3，此时不等关系 an3成立； 设当n=k时，a。一6≤-3成立， 利a1-6=a,-6e(5,）,故e 6≤-3成立， 由数学归纳法可得Qm≤3成立. 1 而a+1-a,=4(a。-6)-(a。-6)=(a。 1 5 a,6)-号15>0a6<0故a通 -an<0,故am+1<am, 故{an}为减数列，注意a6+1-6≤-3<0 故a1-6=a,-6P=a,-6)xa,-6)r≤ 9 (an一6)，结合an+1-6<0, 所以6-a+1≥号(6-a.),故6-a+≥3(）广，故 9 6-() 若存在常数M≤0，使得an>M恒成立，则6-3 ()>M. 故g>()广，故m<beg号 6-M 故a,>M恒成 立仅对部分n成立，故A不成立， 若a1=5,可用数学归纳法证明：一1≤am一6<0即5 ≤a6, 证明：当n=1时，一1≤Q1一6=一1≤0，此时不等关 系5≤an<6成立： 设当n=k时，5≤ag<6成立， 则a1-6=子a:-6)∈（子，0），故-1<an 一6<0成立 即由数学归纳法可得5≤Q+1<6成立. 而a1a,=(a,=6)(a,-6)=(c 6[2a-6-小 1 (a,-6)2-1<0,a.-6<0, 故am+1一am>0,故an+1>am,故{an}为增数列， 若M=6,则a,<6恒成立，故B正确. 当a1=7时，可用数学归纳法证明：0<a。一6≤1即 6<an≤7， 证明：当n=1时，0<a1一6≤1，此时不等关系成立； 设当n=k时，6<ak≤7成立， 1 则ak+1一6= 子a:-6)∈(0，]，故0<a1-6 ≤1成立即6<a+1≤7 由数学归纳法可得6<a,≤7成立. 【 5 化卷(26一ZT)·数学答案 而a+1-an=(a,-6) [2a.-6-1] <0,故 an+1<an,故{an}为减数列， 又a+1-6=(a,二6)X4(a,-6)≤年(a.-6) 结合an+1-6>0 可得：am+1-6≤(a1- 6() ,所以a,+1≤6 +() 若a1≤6+（） ,若存在常数M>6,使得a>M 恒成立， 则M-6≤()广恒成立，故n≤0gM-6),n的 个数有限，矛盾，故C错误。 当a1=9时，可用数学归纳法证明：a,一6≥3即an ≥9， 证明：当n=1时，a1一6=3>3，此时不等关系成立； 设当n=k时，ak≥9成立， 27 则a+1-6=年(a:-6)≥4>3，故a+1≥9成立 由数学归纳法可得an≥9成立. 而an+1二a,=(a,-6)4(a。-6)2-1>0,故 an+1>an,故{an}为增数列， 1 9 又a+1-6=(a。-6)X4(a-6)2> 4(a-6), 结合an-6>0可得： -6>a,-6(2）=3(2）所 6+()。 若存在常数M>0,使得an<M恒成立，则M>6十 故M>6+3(),减n<g(M9)+1,这与 n的个数有限矛盾，故D错误.故选B. 法2：因为a+1一a,=4(a。-6)+6-a,=4a 2a+26a,-48. 9 1 3 令f(x)=1x号x2+26x-48,则/()三 -9x+26, 令fr)>0,得0<<6-25或>6+2。 3 3 令f()<0,得6-25<6+2E 3 3 所以)(6-)(6+5+上 单调造指，在(6-26+2码)上华湖还浅 3/ 1 令f(x)=0,则 -号+26r-48=0, 】 最新5年高考真题分类优 -4)(x-6)(x-8)=0,解得x=4或x=6或x=8, 注意到46-25<67<6十 2W3 3 3<8, 所以结合f(x)的单调性可知在（一o,4)和(6,8）上 f(x)<0,在(4,6)和(8，十o∞)上f(.x)>0, 1 因为a+1=4(a,-6)'+6,则a+1一6= 4(a,- 6)3, 1 当n=1时，a1=3,a:-6=4(a1-6)3<-3,则a2 <3, 假设当n=k时，a:<3, 1 1 当n=6+1时，a+1-6=4(a:-6)°<4(3-6) <-3,则a+1<3, 综上：an≤3，即an∈(-o∞，4)， 因为在(-∞，4)上f(x)<0,所以am+1<an,则{am} 为递减数列， 因为a+1-a,+1=年(a。-6)+6-a,+1=4a 2a2+26a,-4. 9 1 令hx=三x-号x2+26x-47(≤3)，则h'(r =-9x+26, -9 因为h'(x)开口向上，对称轴为x=一 =6, 3 2X 4 所以h'(x)在(-o∞，3]上单调递减，故h'(x)≥h'(3)= ×3-9X3+26>0, 3 所以h(x)在（一o∞，3]上单调递增， 1 故h(x)≤h(3)=×3号×32+26×3-47<0， 故a+1-an+1<0,即an+1<an-1, 假设存在常数M≤0，使得an>M恒成立， 取m1=-[M]+4,其中M-1<[M]≤M,且[M] ∈Z, 因为am+1<an-1,所以a2<a1-1,a<a2-1,…, a-M+1<a-M0+3一1， 上式相加得，a-w1+1<a1一(-[M]+3)≤3+M-3 =M, 则am,=a+1<M,与an>M恒成立矛盾，故A 错误； 因为a1=5, 当n=1时a1=5<6,a:=4(a1-6)3+6=年×(5 -6)3+66, 假设当n=k时，a<6, 当n=k十1时，因为a6<6,所以a5一6<0，则(ak 6)3<0, 1 所以a+1=4(a:-6)'+6<6, 又当m=1时a:-5=a1-6>+1=×(5 【 5 化卷(26一ZT)·数学答案 6)3+1>0,即a2>5, 假设当n=k时，a6≥5， 当n=k十1时，因为a≥5，所以a:-6≥-1，则(ak -6)3≥-1， 1 所以a+1=4a-6)'+6≥5， 综上：5≤an<6, 因为在(4,6)上f(x)>0,所以an+1>am,所以{an} 为递增数列， 此时，取M=6,满足题意，故B正确； 1 1 因为a,+1=年(a,-6)+6,则a+1-6=(a,- 6)3, 注意到当a1=7时，a:=4(7-6)°+6=4十6，a -(+6-)+6=()+6，=子 [)'+6-6]+6=(日)+6 +6 当n=2与=3时，a:=号十6与a,=()+6满 足an= 》 -3-1 +6, 假当=时，=（） (3-1) +6, 事=十1时，所以1=子（a,-6)产+6=子 [(2)+6-+s-() 35+1-1 +6, (3”-1 综上a,=(） +6(n≥2)， 易知3” 1>0,则0<()】 (”-D <1, 故a,=() (3”-1) +6∈(6,7)(n≥2)， 所以an∈(6,7]， 因为在(6,8)上f(x)<0,所以am+1<am,则{am}为 递减数列， 假设存在常数M>6,使得am>M恒成立， 记m=log[2log5(M-6)+1],取m=[m,]+1, 其中m0-1<[mo]≤mo,mo∈N”, 则3">3m0=21log是(M-6)+1, 故2g-1D>lgM-6, +6<M, 所以am<M,故an>M不恒成立，故C错误； 因为a1=9, 当1时a,-6-7a1-6-琴>3则a>0, 1 假设当n=k时，a4≥3， 6 】 最新5年高考真题分类优 1 当n=k十1时，a+1-6=4(a:-6)”≥4(9-6)” >3,则a4+1>9, 综上：an≥9， 因为在(8，十o)上f(x)≥0，所以am+1>am,所以 {an}为递增数列， 1 1 因为a,+1-a,-1=4(a,-6)+6-a。-1=40 9 -2a+26a,-49, 1 9 令g(x)=4x3-2x2+26x-49(x≥9)，则g'(x) 3 =4x2-9x+26, -9 因为g'(x)开口向上，对称轴为x=一 =6, 3 2×4 所以g'(x)在[9，十∞)上单调递增， 故x)≥g'《9)=×9-9x9+26>0… 所以g(x)≥g(9)=4×9，×9+26X9二49 >0, 故an+1一am-1>0,即am+1>an+1, 假设存在常数M>0,使得an<M恒成立， 取m2=[M]+1,其中M-1<[M]≤M,且[M] ∈Z, 因为am+1>an+1,所以a2>a1+1,a3>a2十1，…， a[M1+1>aMn+1, 上式相加得，aM+1>a1+[M]>g+M-1>M, 则am,=a[M+1>M,与a,<M恒成立矛盾，故D错 误，故选B. 9.AB设等比数列{an}的公比为q, 因为等比数列中所有奇数项同号，所有偶数项同号， 结合已知可知q<0,其中2,8这两项的奇偶性相同， 又因为a2>0,可知a2=2或8，则有： a,=a1g2=8解得/a1=-1 若a:=2,a1=8,则a:=a1g=2 q=-21 符合题意， 所以a.》的前7预和为1X（2》门-一48： 1-(-2) 若a2=8,a1=2,则：=a1g=8 a1=-16 解得 1 a1=a1g3=2 q=-2 此时a；=一1，符合题意， -16×[1-(2)] 所以{an}的前7项和为 1-() 、43 4 综上所述：{an}的前7项和为一43或- 选AB. 1D银能装者“侣公 【 5 化卷(26一ZT)·数学答案 lSo-S,=a60脚a=a-8d<0 /S,-S&=a>0 ao=a1+9d<0 /a1>0 两式相加，解得：<0a,>0,a1。<0,当n=9 时，Sn最大，故A错误； 由S1。<Sg,可得到ag十a1。<0<ag,所以ag十a1l 0, ano+au-(as+as)=4d<0;ao+au+as+as <0, 所以|ag十ag|<|ao十anl,故C错误； 由以上可得：a1>a2>a13>…>ag>0>ao>au >…, 17(a1十a1） 18(a1十a18) S17= 2 =17a>0,而S18= 2 =9(ag+a1o)<0, 当n≤17时，Sm>0;当n≥18时，S,<0; 所以使得S,<0成立的最小自然数n=18,故B 正确. 直u<9,或n≥18时，之>0：当9<<18时， an <0: 由0>a1o>a11>…>a1m,S1o>S1>S12>…>Su >0, 所以三}中最小预为，故D正确，故选BD a10 11.BC若b=-6且数列{an}是递增数列， 当n≥2时，at1-am=(a号+2am-6)-(a1+ 2a,-1-6) =(am-am-1)(a,+a-1+2)>0, 由am-am-1>0可得am十am-1+2>0, 又因为{am十am-1+2}是单调递增数列， 所以a:、a1>0 ai+a1-6>0 a+a1+2>0,即 ai+3a1-4>01 解得a1>2或a1<-4,故A项错误； 因为a,1-a,=a:+a.+b=(a.+号)+6-子 1 且b∈[1，+o∞)， 所以aa+1一a,>0,数列{an}是递增数列，故B项 正确； 当b=-2时，am+1=a号+2am-2=(an+1)2-3, 结合a1=3,可知a2=42-3=13>a1,a3=132-3 >a2,…,可知{am}是递增数列，an≥a1=3, 则a,+1+2=Q,(a,+2)≥3(a,+2),即0+1+2 a.+2 ≥3， 所以a,+2×a1+2 an-1+2xan-2+2×…X22十2、 a1+2≥3”-1(n≥ 2), 5 即a,+2≥31(a1+2)=3×3”(n≥2)， 13、1 所以a.十2≤行×3(n≥2， 113、1 1 .3 当n=1时a1+2亏≤行×京，所以a,十2≤司 X,a(n∈N*), 】 最新5年高考真题分类优 所以≤号（+++）=是× 3 0,故C项正确： 1一3 当b=是时a1=a+2a+ 5 可a2=a+2a1+5 4+4+号- 4 >8, 5 所以a3=a8+2a2+年>64+16+4>80，a,=月 di+2a,+号>5400+160+号>5560 5 因此{an}的前n项和为Sn中，S1>2+8+80+6 560=6650, 结合6650>1024=45，可知S1>45=411, 综上所述，当b=5,a1=2时，S。≤41不成立， 故D项错误.故选BC 12.解析：因为数列a,为等差数列，则由题意 好d 海好日， 则S。=10a1+ 2d=10×(-4)+45×3=95. ,10×9 答案：95 13.解析：方法1：设前3项的公差为d,后7项公比为g >0, 则g-=192 -a=12=16,且9>0，可得g=2, 则a,=1+2d=0,即1+2d=3,可得d=1, 9 空1：可得a3=3,a,=a3g=48, 空2：a1+a2+…+a。=1+2+3+3×2+…+3× 。1-2 2=3+31-2=384 方法2：空1：因为{an},3≤n≤7为等比数列，则a =a5ag=12×192=482, 且a,>0,所以a2=48: as 又因为a号=a3a7,则ag= =3； a7 空2：设后7项公比为g>0,则g2=0=4,解得g =2, 3(a1十ag) 可得a1十a2十a3= 2 =6,ag+a1十a5+ a；十a,十ag十ag= :-a,9_3-192X2=381,所 1-q 1-2 以a1十a2+…+am=6+381-a3=384. 答案：48384 14.解析：对于①，因为{an},{bn}均为等差数列，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，故M中至多一个 【 5 化卷(26一ZT)·数学答案 元素，故①正确. 对于②，取an=2"-1,bn=-(-2)”-1,则{an},{bn} 均为等比数列， 但当n为偶数时，有am=2”-1=bn=-(-2)”-1, 此时M中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设bn=Ag”(Aq≠0，q卡±1)，an=kn+b (k≠0)， 若M中至少四个元素，则关于n的方程Ag”=kn十 b至少有4个不同的正数解， 若g>0,g≠1，则由y=Ag”和y=kn十b的散，点图 可得关于n的方程Ag”=kn十b至多有两个不同的 解，矛盾； 若q<0,q≠士1，考虑关于n的方程Ag”=kn十b 奇数解的个数和偶数解的个数， 当Aq”=kn十b有偶数解，此方程即为A|q1”=kn +b: 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akl| 9|>0, 否则Akln|q<0,因y=A|q|”,y=kn十b单调性 相反， 方程Ag|"=kn十b至多一个偶数解， 当Ag”=kn十b有奇数解，此方程即为一A|g1”= kn+b, 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时一Akln |ql>0即Akln|q|<0 否则Akln|ql>0,因y=-A|g|",y=kn十b单调 性相反， 方程Ag|”=kn十b至多一个奇数解， 因为Akln|g>0,Akln|g|<0不可能同时成立， 故Ag”=kn十b不可能有4个不同的整数解，即M 中最多有3个元素，故③正确. 对于④，因为{a,}为递增数列，{b,}为递减数列，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. 答案：①③④ 15.解析：(1)因为2S。=nam, 当n=1时，2a1=a1,即a1=0: 当n=3时，2(1十ag)=3ag,即ag=2, 当n≥2时，2Sm-1=(n-1)a,-1, 所以2(Sn-S。-1)=na,-(n-1)am-1=2am, 化简得：(n一2)a=(n一1)am-1, 当≥8时=号 =1,即an=n 当n=1,2时都满足上式，所以an=n-1(n∈N*). (②因为空=会所以工，=1×（兮）+2× (号）+3x(号)广++×（位）， 2工。=1×（分）+2×（分）+…+(n-1)× )广+x() 两式相减得， 工，=（分）+（分）+（号）++(3)广°-” 8 】 最新5年高考真题分类优 -×()” 1- =1-(1+公)(2)，即T。=2-(2+n)(2）m ∈N 答案：(1)an=n一1 2)T.=2-2+n)(号) 16,解析：(1)当n=1时，4S,=4a1=3a1+4,解得a1 二4 当n≥2时，4Sn-1=3am-1+4,所以4Sm-4Sn-1= 4a.=3an-3an-1 即a。=-30。-1,而a1=4≠0，故a,≠0，故a。 an-1 -3, 数列{an}是以4为首项，一3为公比的等比数列， 所以an=4·(-3)-1 (2)bn=(-1)”-1·n·4·(-3)a-1=4n·3"-1, 所以T,=b1十b2+b3+…+b,=4·3°+8·3+ 12·32+…+4n·30-1 故3T,=4·3+8·32+12·33+…+4n·3" 所以-2T,=4+4·3+4·32+…+4·3m-1-4n ·3” =4+4.31-3°-) -4m·3”=4+2·3·(3m-1 1-3 1)-4n·3" =(2-4n)·3”-2, .Tm=(2n-1)·3+1. 答案：(1)an=4·(-3)”- (2)T,=(2n-1)·3m+1 17.解析：(1)设等差数列{an}的公差为d,而b,= /an-6,n=2k-1 k∈N” 2a :n=2k 则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1 +2d-6, 于是，+证2=16 解得a1=5,d=2,a,=a1十(n-1)d=2n+3, 所以数列{an}的通项公式是an=2n十3. (2)方法1：由(1)知，S,= (5+2n+3》=n2+4,b,= 2 ②3n二张-1k∈N, 4n+6,n=2k 当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3十4n+6= 6n+1, T,=13+(6m+1).”3, 7 2 当>5时工，-s,-(受+了）-6m+n)=号 7 n(n-1)>0,因此Tn>Sn, 3 当n为奇数时，T。=T+1一b+1=2n十1)+之 (a+1)-[4m+1+61-号+号n-5, 5 5 化卷(26一ZT)·数学答案 当n>5时，Tn-S。= (侵2+3-5)-r+ /3 4n)=2(n+2)(n-5)>0,因此T,>S。,所以当n >5时，Tn>Sn 方法2：由(1)知，Sn= n6+2n+3》=n+4n,b.= 2 2m-3,m=2k-1,k∈N, 4n十6，n=2k 当n为偶数时，T,=(b1十bg十…十bn-1)十(b2十 b,+…+6,)=1+2n二1)-3·”+ 2 14+4n+6.”=3n 7 2 2=m+21, 当n>≥时，T.-8.-(停2+子)-(+) 1 2n(n-1)>0, 因此Tn>Sn, 当n为奇数时，若n≥3，则Tn=(b1十b十…十bn) +6,+b,+…+6,1)=1+2m=3.n+1十 2 2 14+a+6.”号2-+号5 2 2 显然T1=b1=一1满足上式，因此当n为奇数时， 3 5 T。=2n+2n-5, 当>5时，I-8,=(侵+号-)-+ 5 4n)=2(n+2)(n-5)>0,因此T。>S。,所以当n >5时，Tn>Snm. 答案：(1)a,=2n十3；(2)证明见解析 18.解析：(1)：3a2=3a1十a3,∴.3d=a1十2d,解得a1 =d, ∴.S3=3a2=3(a1十d)=6d, 2,6,129 xT,=b1+b:+b,=d+2d+3dd' 9 .Sg+T3=6d+=21 d 即2d-7d+3=0,解得d=3或d=2（含去)， ∴.an=a1+(n-1)·d=3n. 12=2 (2){bn}为等差数列，∴2b2=b1+b,即 a2 al +12 6(）=6sd-1,pai-3a,d+2d=0. 解得a1=d或a1=2d, d>1,.am>0, 又S一T9=99,由等差数列性质知，99a50一99bo =99,即a0-bo=1, _2550=1,即a。-a0-250=0,解得a0 :.aso aso =51或a50=-50(舍去) ) 】 最新5年高考真题分类优 当a1=2d时，ao=a1+49d=51d=51,解得d= 1,与d>1矛盾，无解： 当a1=d时，a5o=a1+49d=50d=51,解得d 51 50 综上，d=50 51 51 答案：(1)a,=3n;(2)d=50 19.解析：(1)首先，我们设数列a1,a2,…,Q1m+2的公差 为d,则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零 数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形a:'=04二a d +1(k=1,2,…,4m+2), 得到新数列a。′=k(k=1,2,…,4m十2)，然后对 a1ag,…am+2'进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设ag=k(k=1,2,…,4m十 2),此后的讨论均建立在该假设下进行， 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出 两个数i和(i<j),使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或 3,4,5,6. 所以所有可能的(i,j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)由于从数列1,2，…，4m十2中取出2和13后， 剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组， 使得每组成等差数列： ①1,4,7,10}，3,6,9,12}，{5,8,11,14}，共3组： ②{15,16,17,18}，{19,20,21,22}，…，{4m-1, 4m,4m+1,4m+2},共m一3组. (如果m一3=0，则忽略②) 故数列1,2，…，4m十2是(2,13)-可分数列. (3)定义集合 A={4+1k=0,1,2,…,m}=1,5,9,13,…,4m+1}, B={4k+2k=0,1,2,…,m}={2,6,10,14,…, 4m+2}. 下面证明，对1≤i<j4m十2，如果下面两个命题 同时成立， 则数列1,2，…，4m十2一定是(i,j)-可分数列： 命题1：i∈A,∈B或i∈B,j∈A; 命题2：j-i≠3. 我们分两种情况证明这个结论 第一种情况：如果i∈A,j∈B,且j-i≠3. 此时设i=4k1+1,j=4k2+2,k1,k2∈{0,1,2，…， m}. 则由i<j可知4k1十1<4k2十2，即k2一k1> 1 ,故k≥k1. 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k1十1 和i=4k,十2后， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组， 使得每组成等差数列： ①1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1-3,4k1-2,4k 一1,4k1〉，共1组： ②{4k,+2,4k,+3,4k,+4,4k,+5},{4k,+6,4k 【 6 化卷(26一ZT)·数学答案 +7,4k1+8,4k1+9},…,{4k2-2,4k2-1,4k2, 4k2十1}，共k2一k1组： ③{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4k2+7,4k2 +8,4k2+9,4k2+10},…,{4m-1,4m,4m+1,4m +2},共m一k2组. (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 故此时数列1,2，…，4m十2是(i,j)一可分数列. 第二种情况：如果i∈B,j∈A,且j-i≠3. 此时设i=4k1+2,j=4k2十1，k1,kg∈{0,1,2，…， m7. 1 则由i<j可知4k1十2<4k2十1，即k2一k1>4, 故k,>k,. 由于j-i≠3，故(4k2+1)-(4k1+2)≠3，从而k2 一k1≠1，这就意味着k2一k1≥2. 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k1十2 和j=4k2十1后，剩余的4m个数可以分为以下四 个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1-3,4k1-2,4k 一1,4k1},共k1组： ②{4k,+1,3k1+k,+1,2k1+2k。+1,k1+3k,十 1},{3k1+k2+2,2k1+2k2+2,k1+3k2+2,4k2+ 2},共2组； ③全体{4k1+p,3k1十k2+p,2k1+2k2+p,k1+ 3k2十p},其中力=3,4，…，k2一k1,共k2一k1 2组； ④{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4k2+7,4k2 +8,4k。+9,4k,+10},…,{4m-1,4m,4m+1,4m 十2}，共m一k2组. (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为 一个横排，排成一个包含k2一k1一2个行，4个列的 数表以后，4个列分别是下面这些数： {4k1+3,4k1十4，…，3k1+k2},{3k1十k2+3,3k +k2+4,…,2k1+2k2},{2k1+2k2+3,2k1+2k2十 3,,k1十3k,},{k1十3k2十3，k1十3k2+4,…,4k,. 可以看出每列都是连续的若千个整数，它们再取并 以后，将取遍{4k1十1,4k1十2，…，4k2十2}中除开 五个集合{4k,+1,4k,+2},{3k1十k2+1,3k,+k2 +2},{2k1+2k2+1,2k1+2k2+2},{k1+3k2+1, k1十3k,十2}，{4k2十1,4k,十2}中的十个元素以外 的所有数， 而这十个数中，除开已经去掉的4k1十2和4k2十1 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数， 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数 列1,2，…，4m+2是(i,j)可分数列. 至此，我们证明了：对1≤i<j4m十2，如果前述 命题1和命题2同时成立，则数列1,2，…，4m十2 一定是(i,j)一可分数列. 然后我们来考虑这样的(i,)的个数， 首先，由于A∩B=⑦，A和B各有m+1个元素， 故满足命题1的(i,j)总共有(m十1)2个： 而如果j一i=3,假设i∈A,j∈B,则可设i=4k +1,j=4k2+2,代入得(4k2+2)-(4k1+1)=3. 但这导致k2一k1=,矛盾，所以iEB,j∈A, 设i=4k1+2,j=4k2+1,k1,k2∈{0,1,2，…，m, 】 最新5年高考真题分类优 则(4k2+1)-(4k1+2)=3,即k2-k1=1. 所以可能的(k1,2)恰好就是(0,1)，(1,2)，…，(m -1,m),对应的(i,j)分别是(2,5)，(6,9)，…，(4m -2,4m十1)，总共m个. 所以这(m十1)2个满足命题1的(i,j)中，不满足命 题2的恰好有m个. 这就得到同时满足命题1和命题2的(i,j)的个数 为(m+1)2-m. 当我们从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j (i<j)时，总的选取方式的个数等于 (4m+2)(4m+1) 2 =(2m+1)(4m+1). 而根据之前的结论，使得数列a1,a2,…,am+2是 (i,j)一可分数列的(i,j)至少有(m十1)2一m个. 所以数列a1,a2,…,a1m+2是(i,j)一可分数列的概 率P一定满足 (m+1)2-m m2+m+1 P.≥2m+1)(4m+1D =2m+1D(4m+D之 1 m2+m+4 (m+2) 1 (2m+1)(4m+2)2(2m+1)8 这就证明了结论， 答案：(1)(1,2)，(1,6)，(5,6) (2)证明见解析 (3)证明见解析 卷12立体几何初步 1.A对①，当nCa,因为m∥n,mB,则n∥B, 当nC3,因为m∥n,mCa,则n∥a, 当n既不在a也不在B内，因为m∥n,mCa,mCB, 则n∥a且n∥3，故①正确； 对②，若m⊥n,则n与a,3不一定垂直，故②错误； 对③，过直线n分别作两平面与a,B分别相交于直 线s和直线t, 因为n∥a,过直线n的平面与平面a的交线为直线 s,则根据线面平行的性质定理知n∥s, 同理可得n∥t,则s∥t,因为s正平面B,tC平面B, 则s∥平面B, 因为sC平面a,a∩3=m,则s∥m,又因为n∥s,则 m∥n,故③正确： 对④，若a∩B=,n与a和B所成的角相等，如果n ∥a,n∥3，则m∥n,故④错误； 综上只有①③正确，故选A 2.D如图，底面ABCD为正 方形， 当相邻的棱长相等时，不妨 设PA=PB=AB= 4,PC=PD=22 分别取AB,CD的中，点E,F,连接PE,PF,EF 则PE⊥AB,EF⊥AB,且PE∩EF=E,PE,EFC 平面PEF, 可知AB⊥平面PEF,且ABC平面ABCD, 【 化卷(26一ZT)·数学答案 所以平面PEF⊥平面ABCD, 过P作EF的垂线，垂足为O,即PO⊥EF, 由平面PEF∩平面ABCD=EF,POC平面PEF, 所以PO⊥平面ABCD, 由题意可得：PE=2√W3,PF=2,EF=4,则PE+ PF2=EF2,即PE⊥PF, 则2PE·PF=号P0·EF,可得PO-PEPF EF =5, 所以四棱锥的高为√. 当相对的棱长相等时，不妨设PA=PC=4,PB= PD=22, 因为BD=4√2=PB十PD,此时不能形成三角形 PBD,与题意不符，这样情况不存在.故选D. 3.D根据题意，把直观图还原出 A 原平面图形为等腰三角形，如图 所示， 其中AD⊥BC,AD=2A'D'= 4,BC=B'C'=2, 原平面图形的面积为SAB= B D C 1 号BC·AD=7X2×4=4.故 选D. 4.C用一个完全相同的五面体HIJ-LMN(顶，点与 五面体ABC-DEF一一对应)与该五面体相嵌，使 得D,N;E,M;F,L重合， 因为AD∥BE∥CF,且两两 H 之间距离为1.AD= 1,BE=2,CF=3, 则形成的新组合体为一个三 棱柱， D 该三棱柱的直截面（与侧棱垂 A---- 直的截面)为边长为1的等边 三角形，侧棱长为1十3=2+2 =3+1=4, 1 ☑e=,VHw)X,X1X1XX4e 1 尽C 5.B解法1：分别取BC,BC1的中点D,D,则AD =33,A1D1=√3， 1 1 可知SA=)×6×6X号=93，SAM,B,C=2 X2X3=3, 设正三棱台ABC-A,B,C1的高为h, 1 则VcA,A,S=3(93+W5+VB×)h= 号解得6= 3 如图，分别过A1,D1作底 A 面垂线，垂足为M,V,设 D AM=x, A- 则AA,=√/AM+A,M 】最新5年高考真题分类优化卷·数学（十一） 卷11数列 本卷共19小题，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.(2024·全国)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S,-1,则a3十a,= 7 A.-2 6.3 C.1 2 0.g 2.(2023·全国)记Sn为等差数列{am}的前n项和.若a2十a6-10,aag= 45,则S5= ( A.25 B.22 C.20 D.15 3.(2023·全国)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn,若a1= 1,S5=5S3-4,则S4= () 号 C.15 D.40 4.(2023·全国)记Sn为等比数列{am}的前n项和，若S4=一5，S。= 21S2,则S8= () A.120 B.85 C.-85 D.-120 5.(2023·全国)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列； 乙：为等卷数列侧 ( 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 6.(2023·天津)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a,+1=2Sn十 2(n∈N*),则a4= A.16 B.32 C.54 D.162 7.(2023·全国)已知等差数列a,的公差为行，集合S=msa,nEN 【最新5年高考真题分类优化卷(26-ZT)·数学（十一）11-1】 若S={a,b},则ab= A.-1 1 C.0 D.2 1 8.(2023·北京)已知数列{an}满足am+1二 4(a,-6)3+6(n=1, 2,3,…),则 () A.当a1=3时，{an}为递减数列，且存在常数M≤0，使得an>M恒 成立 B.当a1-5时，{an}为递增数列，且存在常数M≤6，使得an<M恒 成立 C.当a1=7时，{an}为递减数列，且存在常数M>6,使得an>M恒 成立 D.当a1=9时，{an}为递增数列，且存在常数M>0,使得an<M恒 成立 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.已知一1,2,8是等比数列{am}的前5项中的其中3项，且a2>0,则 {an}的前7项和可能为 () 43 A.-43 B.- 4 c号 43 D.2 l0.已知等差数列{an}的首项为a1,公差为d,前n项和为Sn,若S1。< Sg<S。,则下列说法正确的是 () A.当n=8,Sn最大 B.使得S.<0成立的最小自然数n=18 C.|ag十a5>a1o十au 中显小项为 D. a10 11.已知数列{an}满足：Hn∈N,an+1=a+2an十b(b∈R),数列{an} 的前n项和为Sn,则 () A.当b=一6时，若{an}递增，则a1>2或a1<-3 B.当b≥1时，数列{an}是递增数列 【11-2】 C.当b=-2,a1=3时， a,+2a,+2+…+13 1 an十210 5 D.当b=4a1=2时，S<4+1 三、填空题：本题共3小題，每小题5分，共15分， 12.(2024·全国)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3十a4=7,3a2 +a5=5,则S1o= 13.(2023·北京)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经 出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的 质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项 成等差数列，后7项成等比数列，且a1-1,a5=12,ag=192,则a, ;数列{an}所有项的和为 14.(2024·北京)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={ka=b,k∈N*},给出下列4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 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.(本小题满分13分) (2023·全国)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2=1,2Sn-nan· (1)求{an}的通项公式； (2)求数列2 的前n项和T 【11-3】 16.(本小题满分15分) (2024·全国)记S,n为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=(一1)"-nam,求数列{bn}的前n项和Tn: 17.(本小题满分15分) (2023·全国)已知{a,}为等差数列，b,= am一6，n为奇数 记Sn,T 2am,n为偶数 分别为数列{an},{bn}的前n项和，S,=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 【11-4】 18.(本小题满分17分) (2023·全国)设等差数列1a,的公差为d,且d>1.令6，=”+” a 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和. (1)若3a2=3a1+a3,Sg+T3=21,求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S9一T9-99,求d. 【11-5】 19.(本小题满分17分) (2024·全国)设m为正整数，数列a1,a2,…,am+2是公差不为0的 等差数列，若从中删去两项a;和a,(i<j)后剩余的4m项可被平均 分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1,a2,·, a4m+2是(i,j)一可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使数列a1,a2,…,a6是(i,j)一可 分数列： (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,am+2是(2,13)一可分数列； (3)从1,2，…，4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列 Q1,ag…,&2是(i,j)-可分数列的概率为P证明：P之。 【11-6】