二轮专题(五) 数列-【真题密卷】2026年高考数学二轮专题精准提升

真题密卷 二轮专题精准提升 又2sin(0+a)=sina,即2sin0cosa+2cos0sina AB-4sin 0=2/7,OC=8cos a= 16 sin a =sin a, 7 则、sin& cos0+2cos0sina=sina,又sina≠0，则 则四边形OACB的面积为2OC·AB·sin(x一0) 1 c0s9+2cos0=1,解得cos0=1(舍去)或 =27 2=8V3. (17分) 1 c0s0=-2, 因为0∈(0，)，所以0= 3 (15分) 3 代入-2cosa·sin0·cos0=sina中得tana= 2 则a∈(o,》,则sma- 7,cos2 2025一2026学年度二轮专题精准提升（五） 数学·数列 一、选择题 5,舍去，所以an=2+2(n-1)=2n,bn=1+(n 1.C【解析】设{am}的公差为d,由a3-a1>4,得 1)=n.令cm=a员-(k+4)bn=(2n)2-(k十4)n 2d>4,解得d>2,圆Cm:(x-am+1)2+(y十am)2 =4n2-(4+k)n,因为数列{a日-(k+4)bn}中第 =2的圆心Cn(am+1,-an),半径r=√2，由l:x十 3项为最小项，Cm是关于n的二次函数，其对称轴 y一4=0与C.相切，得0一a一4到=2，即 √12+12 为n=4+ 8,根据二次函数性质，对称轴应满足 2 d-4=2,解得d=6,所以{an}的公差为6. 告≤号将得18e<21 2.C【解析】由题可知f(3)=3+1=4×3°， f(32)=3+3=2×31,f(33)=9+3=12=4×3, 4.C【解析】对于A,取a1=一5d,则a2,a4,a5为 f(34)=32+32=2×32,…,f(32-1)=3+3-1 等比数列，此时=一5<0，故A错误；对于B,若 =4×3-1,f(32张)=3十3=2X3,所以数列 a2,a3,a5构成等比数列，则(a1十d)(a1+4d) 6")1的前2025项之和罗fg)=4X8”+4 =(a1十2d)2,整理得a1d=0,与d≠0，a1≠0矛 盾，故B错误；对于C,|S|=|5a1+10d|= ×3+…+4X31o12+2×31+2X32+…+2 ×3112=2(31018-1)+3(31012-1)=31014-5. |5(a1十2d)为5的倍数，故C正确；对于D, 3.B【解析】设{an}的公差为d1,{bn}的公差为d2, 十10=5a1十10d+10=5+20,故D错误. 当n=1时，a1=b+b1,又a1=2b1且a1,b1>0, d 所以a1=2b1=2;当n=2时，a1十a2=b3+b2,即 5.C【解析】对于A,若{an}首项为-1，公差d=2, 2+2+d1=(1+d2)2+1+d2①；当n=3时，a1 则满足S1S2…S2k-1=0,但不满足a1a2…ag=0, +a2+a3=b3+b3,即2+2+d1十2+2d1 故A错误；对于B,若a1a2…a=0,则a1=0 =(1+2d2)2+1+2d2②；由①②得d1=2,d2= 或a2=0或…或a。=0,不妨取am=0(1m 1或d1=8,d2=2.当d1=8,d2=2时，a2=10> ),由等差数列的前n项和公式可得Sm-1= ·20· ·数学· 参考答案及解析 (2m-1)(a1+a2m-1）=(2m-1)an=0,所以S 2 i·（-3)-2-1=1 =1十 3°·t+11,ag=1 S2…S2m-1=0,故B错误；对于C,若T1T2…T 2 =0,则T1=0或T2=0或…或T。=0,显然公比 2·-3)-2-=1+39.2-1>1ag=1+ q≠1，由等比数列前n项和公式可得Tm= 2 2 ·(-3)2-1=1-3+<1. a1-g）,故1-g=0,所以n必为偶数，可得g 1-q 二、选择题 =一1，所以b十b+1=0,故C正确；对于D,由b 9.BCD【解析】对于A,根据数列的定义，数列具有 十b+1=0,可得{bn}的公比为一1，则T2=0, 顺序性，故A错误；对于B,将n=1,2,3,4代入通 故T1T2…T。=0,故D错误. 项公式a.=n-1 ”2,得到的数列是0,4空… 6.B【解析】由题意得，an=a1g”-1,a3m=a1q3n-1, 故B正确；对于C,根据前n项和Sm=n2十2n,可 于是03m+D=a1ga+2 aw一21gn可=g,即{a}是等比数列，首 以得到a6=S6-S,=l3,故C正确；对于D,根据 项为a3,公比为q3,因此{a3m}的前3n项和Sm= 递推式am+1=2am十n,可以得到a4=2a3十3= as[1-(q3)]a3(1-g)a3a3 2(2a2+2)+3-2[2(2a1+1)+2]+3=19,故 1-q 1-g1-g1-g·(g)", D正确. 显然S3m的结构特征为指数式的系数与常数项 10.BD【解析】对于A,数列{an}:2,-4,6,一8,10，… 互为相反数，从而k十1=0且q°=2，所以k= 的通项公式am=(-1)”+12n,故A错误；对于 -1,9=2、 B,a2m-1-a2m=(-1)2m2(2n-1)-(-1)m+14n 7.C【解析】由题意可知a1=a2=a3=a4=a6= =4n-2+4n=8n-2,故{a2m-1-a2m}是一个等 0,a5=1,且a6k+1=a6k+5=1,a6k+2=a6k+3=a6k+4 差数列，故B正确；对于C,S1g=S1,十a18十a19 =a6k+6=0,k∈N*, =S1,一36十38=S17十2>S17,故C错误；对于 a1十a2十a3十a4+a5十a6=1， D,S2o2s=(a1+a2)+(ag+a4)+…+ 即 a6k+1十a6k+2十a6t+3十a6k+4十a6+5十a6+6=2, (a2021+a2022)+a2o23=(2-4)+(6-8)+…+ 当k=100时，a601=a605=1,a602=a603=a604 (4042-4044)+a2023=1011×(-2)+4046 =a606=0,易得S601=1+2×99+1=200,且602 =2024,故D正确. =S603=S604=200,S605=201,所以满足Sn=200 11.ACD【解析】对于A,若a1=1,a2=5,则设a3 的n的最大值为604. =x≥1，故x-1≥2|x-5|,当x≥5时，x-1≥ 3 ,1am+2 2x-10,即x≤9，可取5,6,7,8,9；当x<5时，x-1 8.C【解析】由于a*=n.十2十2=2a.+ ≥0-2红，甲≥号，故x=4,因比，的可能取值 2a.+1a+1-1=-a。1 则a+1十1=3.an+10 2a.+1,若 有6个，故A正确；对于B,(am+1一am）(am+2 {an}中存在某项no,使得am。=l,则am=1与条 一am+1)>0,则am+1一am与am+2一am+1同号， 件中a2≠1矛盾，所以an≠1.将上面两式相除可 设bn=an+1-an,由|am+2-an|≥2|an+2-am+1, ‘a,-所以数列{中》是公 得a+1-3.0+, 可得bn+1十bn|≥2bm+1l,由于bm+1与bm同号， am+1-1 an-1 当bm≥0时，bm+1≥0，故bm+1十bm≥2bm+1, 比为-3的等比数列.则0.+十_0：十1. a.-1a2-1·（-3)-2, 即bm+1≤bm;当bn<0时，bm+1<0,故bm+1十bn ≤2bm+1,即bm+1≥bm,综合可得|bm+1|≤bm1, 设？十1 2 &a2-=(3,9),则a.=1+2…(-3, 同理可得bm+2≤bm+1l,以此类推，当n<m时， 2 2 |aa+1-aa=lbn|≥lbn+11≥…≥lbm|= 所以a,=1+2.（-3)-=1+81>1,a, |am+1一am|,故B错误；对于C,可知bm+1 ·21· 真题密卷 二轮专题精准提升 与bm异号，当bm≥0时，bm+1<0,故|bm+1十bm| 四、解答题 ≥2bm+1|,即bm-bmt11|≥21bm+1,若bm≥ 15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d. |bm+1,可得|bm≥3|bm+1;若bm<|bm+1,可 a1+3d=-12, 因为a4=-12,a8=0,所以 得bm<一bm+1,舍掉；当bm+1≥0时，bm<0, a1+7d=0, 同理可得bm|≥3|bm+1|,即n>m时， (a1=-21, 解得{ am+1-an|=|bn|<|bn-1|<…<lbm|= d=3, am+1一am,故C正确；对于D,由am+2一am 所以am=a1+(n-1)d=3n-24. (3分) ≥2am+2-am+1l,可得|a6-a4|≥2|a6-a5, 所以S,=a,+a.)n_3m-45)n 根据条件可得a4一a6≥2a5-2a6,即a4十a6≥2as 2 ≥2a4,故a6≥a4,又a6≤a4,故a6=a4,a4十a6≥ 3n-2 1512675 1-4 2a5,即2a4≥2a5,只能a6=a5=a4,故D正确. 2 三、填空题 因为n∈N*,所以当n=7或n=8时Sn取得最 2.号【解析】由等差数列可知an=a,十2(n一3) 小值，且最小值为S,=S。= (3×8-45)×8 2 又b为a4,a5,a6,ag,ag的其中一个，不妨设b= -84. (7分) a3十2k,k∈{1,2,3,4,5}，由于log2a3,log2b,log2ag (2)由(1)可得b1=ag=3,b3=a1?=27, 三数依次成等差数列，则log2a3十log2ag= b327 2log2b,即a3ag=b2,所以a3(a3十12)=(a3+2k)2, 所以等比数列6.的公比g一6=3=9， k2 化简可得a3(3-k)=2,则友≠3，a=3一k' 又{bn}各项均为正数，故q=3, 所以bn=b1·q”-1=3”, (10分) 又a3>0,所以<3，即k=1或k=2,当k=1 1 7 所以6，}的前n项和T,11一g) 1-q 时，a3=2a1=一2当k=2时，a3=4,a1=0, 31-3）=3 (13分) 7 1-3=2(3"-1). 与题千矛盾，含去，所以a1=一2，则ag=a1十 16.解：(1)设数列{am}的首项为a1,公差为d, 8d=-名+8x2- ,a4+a8=2a1+10d=34, 所以 a1o=a1+9d=29, 13.4050【解析】S226=S224十a22s十a2026<S224, 解得a1=2,d=3, 故a2025十a2026<0,即S4050<0;S2025=S224 故{am}的通项公式为am=3n一1. (7分) 十a202s>S2o24,故a2025>0,故S4049>0,故满足 (2)由(1)知，bm=am·2=(3n-1)2",(10分) Sn<0的最小n值是4050. 所以Tm=2×21+5×22+…+(3n-1)2m①， 14.①②④【解析】到第n十2级台阶有两种方法： 2Tm=2×22+5×23+…+(3n-4)2m+ 从第n十1级台阶上一级台阶或者从第n级台阶 (3n-1)·2m+1②，①-②得-Tm=4十3· 上两级台阶，因此am+2=am十am+1,且a1=1,a2 (22+23+…十2")-(3n-1)2+1=4+3· =2,当n≥2时，am+1=am十au-1,故②正确；a3 =3,a4=5,a5=8,a6=13,a7=21,故①正确；a1 2.1-2）-（3m-1)·2+1=(4-3m)2t1-8, 1-2 +a2+…+a7=1+2+3+5+8+13+21=53≠ 故Tm=(3n-4)2m+1十8. (15分) 52,故③错误；a2十a4十a6+…十a2m=a1十a2 17.(1)解：因为{an}是等比数列，则设首项是a1,公 十a4十a6十…十a2m-1=a3十a4十a6十…十a2m 比是q,由题意得aiq=a1q2,a1q十a1q3= -1=a5十a6+…十a2m-1=a2m-1十a2m-1 2(a1q2十a1),解得a1=q=2,所以an=2". =a2m+1一1，故④正确. (3分) ·22· ·数学· 参考答案及解析 (2)证明：由(1)知，am=2”, (3)解：由bn=(n-5)an,且an=（ 所以d名烟时-出 ,=2,6分) 5当n≤5时6,0当≥6时，.>0， 1 ,1 1 所以T。=2×2+3×2+…+(m+1)·2, n-4 .=2x+3x+叶a+1)·2 .1 1 bm+1_2-8 2m-3 11 所以2.=1++京+…+ -(n+1)· (10分) 若n=6,则b,=b。=8 2*7=1+ n+131n+1 1 2+1 22m 2n+1 12 若≥，则-号1+)≤<1.所 =3n+3 22所以7.=3"十33 以bm+1<bn, 2n (9分) 因此{b,}的最大项为b,=b。= 8, (13分) (3)解：因为an=2,bn=2n,设新数列为{en}, 因为{an}与{bn}都是递增数列， 由3n∈N4+2<6,得4+2≤日， 且am=b2-1=2”,a+1=b2=2m+1, 即8·(2m)2+2·2m-1≤0， 又因为(2m-n)-2m-1=2-1-n≥0，n∈N 整理得(4·2m-1)(2·2m+1)≤0， 所以{en}的前2m项由{am}中的前n项和{bn}中 的前2”一n项构成， 则2≤}，即m≤-2， 所以5e,一6te,+…+e 所以m的取值范围是（一∞，一2]. (17分) 19.解：(1)当n=5时，快递车需要通过5个路段，每 =(a1十a2十…+an)十(b1十b2+…+b2m-n) 次最多前进两个路段.若要用时最少，则应尽可 =(2+4+8十…+2")+(2+4+…+2m+1-2n) =21-2)+(2+2+1-2m)(2-n） 能多地一次前进两个路段： 1-2 2 路径1：两步十两步十一步→用时0.8十0.8 =2m+1-2+4m-n2m+1+n2+2m-n +0.5=2.1分钟； =4m-(2n-3)2m+n2-n-2. (15分) 路径2：两步十一步十两步→用时0.8+0.5 十0.8=2.1分钟； 1R证明：由已知可得，数列士9 是首项为 路径3：一步十两步+两步→用时0.5十0.8 1,公比为2的等比数列， +0.8=2.1分钟， 所以a。+S, 故最少用时2.1分钟， (6分) 2an =2m-1,即Sn=(2m-1)am①， (2)行驶4次到达第6个路段，则总前进路段数 则S+1=(2+1一1)am+1②， 为6.设一次前进两个路段的次数为K,则2K+ 由②-①得am+1=(2+1-1)a+1-(2-1)an, 4-K=6,解得K=2. (9分) 即(2+1-2)am+1=(2m-1)an, 1 可得a+1=2a,又a1=4≠0， 所以{am}是等比数列. (5分) 当且仅当p=2时等号成立. (2)解：由知a,=4·(分)=（份）， 从起点到第8个路段用时最少需尽可能多地一 次前进两个路段，即K=4,概率为(1一p)=16 1 则S.=(2-1)a.=8一2- (8分) (12分) ·23· 真题密卷 二轮专题精准提升 2 1 (3)由题意可得Q.=3Q。-1十3Q。-2, 所以Qm+1=(Qm+1-Qm)+(Qm一Qm-1)+…十 则Q-号Q.+01, 1 (Q2- )+Q,=()+()”+…十 即Q1-Q。=-}Q.-0. (}+ 所以数列{Qm+1一Qn}是等比数列，其中首项为 Q-Q=号×号+号号-日公比为 2、2,121 ”-- 1+3 所以Q1-Q,=日(}》-(》， (17分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（六） 数学·立体几何 一、选择题 又ECC平面BCDE,所以EC⊥AE. 1.A【解析】如图，在正四棱锥P-ABCD中，PO为 因为BC=1,BC⊥BE, 四棱锥的高，PE为侧面的高， 由勾股定理得CE=√BE十BC=√5， 所以Rt△AEC中由勾股定理得AC=√AE十CE =√4十(W5)=3,根据最小角定理，直线AC和 底面所成线面角最小，其正弦值为sin∠ACE 2 一3 因为正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面 4.C【解析】由题可得∠AOB=于，所以AB=OA 积的2倍， =2,因为点B在以AC为直径的圆O的圆周上， 1 所以AB⊥BC,又因为PA⊥BC,PA∩AB=A, 所以S=4X2X4PE=2S焦=32，解得PE=4, PA,ABC平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 所以P0=√PE2-OE=2√3， 因为PBC平面PAB,所以BC⊥PB, 所以Vm=号5a·P0-日X16X2,-2 1 所以∠PBA是二面角P-BCA的平面角， 3 在Rt△PBC中，由勾股定理得PB= 2.C【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,则 √PC-BC=2W2,又PA=PB=2,PA2+AB2 vF2+h区=2 2πr·2h =4,解得r=九，故圆维侧面展开图 =PB,所以∠PBA=子 的国心角为2-2元 5.C【解析】设平面DAM与CC1交于，点P,连接 √2r DP交D,C于点Q,连接QN, 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，因为CB∥DA, 3.C【解析】因为AB=2W2,BE=AE=2, CB中平面DAMP,DAC平面DAMP,所以CB 所以BE2十AE2=AB2,由勾股定理逆定理得AE ∥平面DAMP,又CBC平面CBB1C1,平面 ⊥BE,同理可得AE⊥DE, DAMP∩平面CBB1C1=PM,所以CB∥PM, 因为BE∩DE=E,BE,DEC平面BCDE, 所以AE⊥平面BCDE, 又M是BB1上靠近B的三等分点，所以 C-3, CP ·24·密 2025一2026学年度二轮专题精准提升（五） 卺题 数学·数列 本试卷总分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。 题号 2 6 7 P 答案 1.已知{am}为等差数列，且a3一a1>4.若直线l:x十y一4=0与圆Cm:(x一am+1)2+ (y十am)2=2相切，则{an}的公差为 A.8 B.4或8 C.6 D.2或6 2.将正整数n的最佳分解定义为两个正整数p×q(p≤q),使得q一p最小.记f(n)=q十 p,则觉f3*) () A.31013-5 B.31013-3 C.31014-5 D.31015-5 3.已知{am},{bn}均为正项等差数列，a1=2b1,a2<5,且Hn∈N*,a1十a2十…十am=b 十bm,若数列{a?一(k十4)bn}中第3项为最小项，则k的取值范围是 () A.[12,24] B.[16,24] C.[12,28] D.[16,28] 二轮专题精准提升（五）数学第1页（共8页） 真题密卷 你的草稿纸，就是递袭的作战地图 。。。。 等差数列，公差d≠0，a1≠0，且其中三项构成 班级 k,S=a1十a2十a3十a4十a5,则下列说法正确的是 姓名 A.k一定大于0 1------------- B.a2,a3,a5可能构成等比数列 得分 C.若a1,d∈Z,则S|为5的倍数 S D.i+10=5k 5.已知{am}是公差不为零的等差数列，Sn是其前n项和；{b,}是等比数列，Tm是其前n项 和，则 () A.Hk∈N,k≥2，如果S1S2…S2k-1=0,那么a1a2…a=0 B.3k∈N,k≥2，满足a1a2…ak=0,且S1S2…S2k-1≠0 C.Hk∈N,k≥2，如果T1T2…Tk=0,那么bk十bk+1=0 D.3k∈N,k≥2，满足b十bk+1=0,且T1T2…Tk≠0 6.已知数列{am}为等比数列，公比为q(q≠0)，若数列{a3m}的前3n项和为2”+k,则（) A.k=1,9=92 B.k=-1,g=2 C.k=1,g=2 D.k=-1,g=2 7.0一1数列是指每一项均为0或1的数列，这类数列在计算机科学领域有着广泛应用.若 数列{am}是0一1数列，当且仅当n=6k土1(k∈N*)时，am=1,设{am}的前n项和 为Sm,则满足Sm=200的n的最大值为 () A.600 B.601 C.604 D.605 二轮专题精准提升（五）数学第2页（共8页） 8在数列a中已知82：9，且 31 4a,+2+2,则 () A.a6<1 B.a7>1 C.a8>1 D.as>1 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。 题号 9 10 11 答案 9.下列说法正确的是 () A.数列1,2,3,4和数列1,3,4,2是相同数列 B数列0,24，名…的一个通项公式是a.-n,1 315 2 C.已知数列{am}的前n项和Sn=n2+2n,则a6=13 D.已知数列{am}满足a1=1,am+1=2am十n,则a4=19 10.已知数列{am}:2,一4,6，一8,10，…，记{am}的前n项和为Sn,则 () A.am=(-2)m+ B.{a2m-1一a2m}是一个等差数列 C.S17>S19 D.S2023=2024 l1.正整数数列{an}满足：am+2一am≥2am+2-am+1,则下列说法正确的是 A.若a1=1,a2=5,则a3的可能取值有6个 B.若(am+1-am)(am+2一am+1)>0,则当n<m时，am+1一an≤am+1一am C.若(am+1一am)(am+2一am+1)<0,则当n>m时，am+1一am<am+1一am D.若a5是最大值，且a6≤a4,则必有a6=a5=a4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设实数a1,a2,…,ag是公差为2的等差数列，其中a1≠0且a3>0.若1og2a3,log2b,log2ag 三数依次也成等差数列，其中b为a4,a5,a6,a7,a8的其中一个，则ag= (化为最简分数). 二轮专题精准提升（五）数学第3页（共8页） 真题密卷 13.设Sn是等差数列{am}的前n项和，若S2o26<S2024<S2o25,则满足Sm<0的最小n值 是 14.峨眉山是一个著名的旅游和朝圣地，以其壮丽的自然风光和宗教文化遗址而闻名.其 中“九十九道拐”景点约有2000级台阶，某游客一次上1级或2级台阶，设爬上第n级 台阶的方法数为a,给出下列四个结论：①a:=5;②a+1=a,十a-1:国2a:=52; ④a2十a4十a6十…十a2m=a2m+1一1.其中所有正确结论的序号是 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.(13分)在等差数列{am}中，a4=一12，ag=0. (I)求{am}的通项公式及其前n项和Sm的最小值； (2)若数列{bn}为各项均为正数的等比数列，且b1=ag,b3=a17,求{bn}的前n项和Tm. 二轮专题精准提升（五）数学第4页（共8页） 16.(15分)在等差数列{am}中，a4十a8=34,a1o=29. (1)求{am}的通项公式； (2)设bn=2an,求数列{bm}的前n项和Tm… 二轮专题精准提升（五）数学第5页（共8页） 真题密卷 17.(15分)已知数列{am}是等比数列，满足a1a2=a3,且a2,a3十a1,a4成等差数列.数列 {bm}的通项公式为bn=2n. (1)求an. (2)在am与am+1之间插入n个数，使这n十2个数组成一个公差为dn的等差数列，记 数列}的前n项和为T.,证明：T,<3. ld, (3)将{am}与{bm}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求新数列的 前2”项的和. 二轮专题精准提升（五）数学第6页（共8页） 18.(17分)设Sm为数列{am}的前n项和，已知a1=4, a十S是公比为2的等比数列. (1)证明：{an}是等比数列. (2)求{am}的通项公式及Sm. (3)设bm=(n一5)am,若]n∈N*,4m十2m-2≤bm,求m的取值范围. 二轮专题精准提升（五）数学第7页（共8页）】 真题密卷 19.(17分)在未来的智能城市中，自动驾驶快递车成为主流配送工具.某公司研发的新型 快递车具备自主导航和避障功能，能够在复杂的城市环境中高效运行.为了测试其性 能，工程师设置了一个有个路段的测试路线，快递车每次只能前进一个或两个路段， 且每次前进一个路段的概率为p(0<p<1),前进两个路段的概率为1一p.前进一个 路段用时0.5分钟，前进两个路段用时0.8分钟. (1)假设n=5,快递车完成整个测试路线用时最少多少分钟？ (2)若快递车行驶4次后从起点到达第6个路段的概率为g(p),则当g(p)取最大值 时，求快递车从起点到达第8个路段用时最少的概率 2 (3)若p一3，记快递车从起点到达第n个路段的概率为Q,其中n∈N,证明：数列 {Qm+1一Qm}是等比数列，并求Qm+1. 二轮专题精准提升（五）数学第8页（共8页）】