2027 届新高考一轮复习特训卷十一

绝密大启用前 试卷类型：A 2027届新高考一轮复习特训卷 数学 数学（十一) 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定位置。 3.选择题答案须填涂在答题卡对应区域；非选择题答案须写在答题卡指定区域内。 4.写在本试卷上无效；考试结束后，请按要求交回答题卡。 题号 二 三 四 总分 等级 分值 40 18 15 77 150 得分 一、 单项选择题：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 有一项符合题目要求。 1.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+4(n∈N*),则a4= A.67 B.73 C.79 D.85 2.点Pn到平面a的距离为dn,已知d1=10。从Pn出发，先沿一条与平面a成30°角的 直线向平面a所在一侧前进长度dn,再沿平面α的法向量方向背离平面移动1个单位，到 达点P+1。则d4= A.2 B.3 C.4 D.5 3.设S= ksin 则S= 2 k= A -8 B.-4 C.0 D.4 4.已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=4an+1-3an(n∈N*),则a6= A.81 B.162 C.243 D.729 5.已知正项数列{an}满足a1=1,am+1= (neN),则a4= 2+an A.月 1 B.5 1 C. D. 31 6 6.已知函数四=血1+)-1千元(>0。若已知可用导数证明(>0，则对任意正 整数n,一 定成立的是 1 1 A. ln1+ m n+1 > n+1 1 C. n1+ 1 D. +1 (+)> 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十一）第1页（共4页）】 教研测评 轮复习卷 7.已知数列{an}满足a1=3,an+1=an+2Van+1+2。若bn=Van+1,则b10= A.10 B.11 C.12 D.13 8.若t≤几十4对任意正整数n恒成立，则实数t的最大值为 m A.3 B.4 C.5 D.6 二、多项选择题：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。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。 9.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an十n(n∈N*)。下列说法正确的是 A.数列{am+n+1}是等比数列 B. a3 =8 C. am=3.2m-1-n-1 D. 4=32”-1)- n(n+1) 太=1 2 10.设数列{cn}满足cn=(2m-1)cosnπ(n∈N*),其前n项和为Sn。下列说法正确的是 A.cm=(-1)r(2n-1) B.当n为偶数时，Sm=n C.当n为奇数时，Sm=-n D. ∑icl=n2 k=1 11.设un= (n∈N*),其前n项和为Un。下列说法正确的是 Vn2+n 1 1 A. n+1 Un m B.Un<1+2 十…+ 11 C.Un>2+3+…+ 1 n+1 11 D.un= nn+1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+2n-1(m∈N*),则an= 13.设cm=(-1)m+1(3n+1),其前n项和为Tn。则T2027= 14若t≤+是+1对任意正整数n恒成立，则正数：的取值范围为 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15分)】 已知数列{an}满足a=2,an+1=2an+3n+1(n∈N*)。 (1)求常数p,q,使得数列{an+pn+q}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)设Sn=a1+a2+·+an,求Sn; 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十一)第2页（共4页）】 教研测评 (4)证明： 1 k+3k+4<1。 k=1 16.(本小题满分15分) 数列中的周期性可以用三角函数自然表达。设，=2n+)n受a∈)，其前n项和为 Sn=u1+u2+·+uno (1)写出1，u2,·,8氵 (2)分别求S4m,S4m+1,S4m+2,S4m+3的表达式； (3)求不超过100的正整数n中，满足Sm>0的n的个数。 17.（本小题满分15分)】 牛顿法是一种利用函数图象切线来逼近方程根的方法。对方程f(x)=0,若已知当前近似值 为xn,过点(x,f(xn)作曲线y=f(x)的切线，该切线与xc轴交点的横坐标记为xn+1。在 适当条件下，xn+1会比xn更接近方程的根。 对于函数f(x)=x2-9,其正根为3，且'(x)=2x。根据切线公式，可得迭代数列 f(xn) 9 In+1 In f(In) 2 in+ 现取=5。可以验证2= 17 =3.4,比x1=5更接近3。设 en =In -3 In+3 (1)求e1 (2)证明：en+1=e2; (3)求en的通项公式； (4)设bn=-log2en,求数列{bn}的前n项和。 18.(本小题满分16分) 在空间中，点Pn到平面a的距离记为dn。已知d1=10。从点Pn到点Pn+1的运动规则如 下： 先沿一条与平面α成30°角的直线，向平面a所在一侧前进长度dn;再沿平面a的法向量 方向，背离平面移动1个单位。 (1)求dn+1与dn的关系； 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十一)第3页（共4页）】 教研测评 (2)求dn的通项公式； (3)若第n次运动的总路程为Ln,求L1+L2+·+Ln; (4)证明：对任意正整数n,都有 9 dn<2+ m 19.（本小题满分16分) 球壳体积可以用“体积差”来计算，也可以从导数角度理解：半径为？的球体积为 其导数为 V'()=4rr2. 这说明当半径增加一个很小的量时，体积增加量大约等于“球面面积×厚度”。本题只用代 数展开和数列放缩来研究球壳体积。 设 Wn =V(n+1)-V(n)(nEN*), 即半径从n增加到n+1所形成的球壳体积。 (1)求Wn的表达式， (2)证明： 4rn2<Wm<4r(n+1)2; (3)设 W b=4rn2(m+12 证明： n11)2<bn<22 (4)证明：当n≥2时， <1- 1 k=2 并进一步证明 19 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十一)第4页（共4页）】 教研测评 参考答案与解析 2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十一） 一、单项选择题 题号12345678 答案C BB C BBB*B 1.由 01=1, an+1=3an+4, 逐项计算得 a2=3.1+4=7, a3=3.7+4=25 04=3.25+4=79. 故选C。 2.点Pn到平面a的距离为dn。第一段运动长度为dn,且与平面成30°角，所以沿垂直 于平面方向靠近平面的距离为 d sin30°=24n 1 因此第一段后到平面的距离变为d。第二段再背离平面移动1个单位，所以 =+1 由d=10,得 d2=6,dg=4,d4=3. 故选B。 3. k 因为sin 的值按 1,0,-1,0,1,0,-1,0,. 循环，所以 9=2km气=1-3+5-7=-4 故选B。 4.递推式为 an+2 =4an+1-3an. 设其特征根为？，则 r2=4r-3, 即 x2-4r+3=0 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第1页】 教研测评 一轮复习卷 解得 r=1或r=3. 所以可设 an =A+B.3m-1. 由a1=1,2=3,得 A+B=1, A+3B=3. 解得 A=0, B=1. 因此 an=3n-1, 所以 a6=35=243 故选C。 5.由 an+1= an 2+an 两边取倒数，得 1 2+am=2· 1 +1. an+1 an an 令 1 On= an 则 bn+1=2bn+1. 又a1=1,所以b1=1。逐项计算得 b2=3, b3=7,b4=15. 因此 1 a4二15 故选B。 6.已知 f树=h0+)-7千：>0 x>0. 所以 1n1+x)>1+ 化简右边： 1 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第2页】 教研测评 一轮复习卷 所以 (++ 故选B。 7.由递推式 an+1 an 2Van +1+2 可得 an+1+1=am+1+2van+1+2=(Van++1)2. 因为 on =Van +1, 所以 bn+1=bn+1. 勘误后1=3，故 b1=vV3+1=2. 因此 b10=b1+9=11. 故选B。 8.若 t≤n+ 对任意正整数n恒成立，则t的最大值为 min nEN* (n+元) 计算前几项： n=1:1+ i5, 4 4 n=2: 2+2=4 4 n=3:3+3>4 当n≥3时， 4 4 n+元≥3+3>4. 所以最小值为4，故t的最大值为4。选B。 二、多项选择题 题号 9 10 11 答案ABC ABCD ABC 9.由 an+1 2an +n. 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第3页】 教研测评 一轮复习卷 尝试构造an+pm+q。若 an+1+p(m+1)+q=2(an+pm+q), 则 an+i 2an +pn+g-p. 与 an+1 2an +n 比较，得 p=1, 9-p=0. 所以 p=1,q=1. 因此 an+1+(n+1)+1=2(an+n+1) 故数列{an+n+1}是等比数列，A正确。 又 @1+1+1=3, 所以 an+n+1=3.2m-1. 即 an=3.2m-1-n- C正确。 于是 ag=3.22-3-1=8. B正确。 求和得 m(m+1) 2 k=1 D中少了-n,故D错误。综上，选ABC。 10. 因为 COSnT=(-1)”, 所以 cn=(2n-1)(-1)”. A正确。 写出前几项： C1=-1,c2=3, c3=-5, C4=7,. 两项一组： C2k-1+C2k=-(4k-3)+(4k-1)=2. 当n为偶数，设n=2m,则 Sn =2m =n. 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第4页】 教研测评 一轮复习卷 B正确。 当n为奇数，设n=2m-1,则 Sn=S2m-2+C2m-1: 其中 S2m-2=2(m-1), c2m-1=-(4m-3). 所以 S2m-1=2m-2-4m+3=-2m+1=-(2m-1)=-n. C正确。 又 ck=2k-1, 所以 ∑la=1+3+5+…+(2m-1)=m2. k=1 D正确。综上，选ABCD。 11.因为 1 1 Un = Vn2+n Vn(n+1) 又 n2<n2+n<(m+1)2, 所以 n<Vn2+n<n+1. 取倒数得 1 n+<n<元 A正确。 由<，得 -<1++ 72 =1 B正确。 1 由>十得 >+++ 11 n+1' C正确。 而 111 1 员n+nn+i≠Vnn+同 D错误。综上，选ABC。 三、填空题 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第5页】 教研测评 一轮复习卷 题号 12 13 14 答案 2.3m-1-n30430<t≤5 12.由 an+1=3an+2m-1. 构造an+pn+q。令 an+1+p(n+1)+q=3(an+pm+q). 整理得 an+1=3an +2pn +2g-p. 与原式比较： 2p=2,2g-p=-1. 解得 p=1,9=0. 所以 an+1+n+1=3(an+n), 即数列{an+n}是等比数列。 又 a1+1=2, 所以 an+n=2.3n-1 因此 an=2·3n-1-n 13. 由 cm=(-1)+1(3m+1) 可得前几项为 C1=4,c2=-7, c3=10,c4=-13,. 两项一组： c2k-1+c2k=3(2k-1)+1]-[3(2k)+1=(6k-2)-(6k+1)=-3. 因为 2027=2·1013+1, 所以 T2027=1013.(-3)+c2027. 又 c2027=3·2027+1=6082. 于是 T2027=-3039+6082=3043. 14.要求 4 t≤n+-+1 m 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第6页】 教研测评 一轮复习卷 对任意正整数n恒成立，因此 t≤min nEN* 计算得 m=1:1+4+1=6, n=2:2+2+1=5, n=3:3+ 4 +1>5. 当n≥3时， 4 4 n+n+1≥3+3+1>5， 所以最小值为5。又题目要求t为正数，故 0<t≤5. 四、解答题 15. 答案：p=3,g=4;0n=9.2n-1-3n-4;Sn=9(2m-1)- 3m(m+1) 2 一4n。 (1)已知 01=2, am+1=2an+3m+1. 设 an+1+p(n+1)+q=2(an+pm+q): 整理得 an+1 2an pn+g-p. 与 an+1=2am+3m+1 比较，得 p=3, 9-p=1. 所以 p=3,9=4. 因此 an+1+3(n+1)+4=2(an+3n+4, 即数列{am+3n+4}为等比数列。 (2)由(1)知，数列{an+3m+4}是公比为2的等比数列。其首项为 a1+3.1+4=2+3+4=9. 所以 an+3m+4=9.2n-1. 因此 an=9.2m-1-3n-4. 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第7页】 教研测评 一轮复习卷 (3)由(2)得 =∑4=∑02*1-3张-4) k=1 k=1 所以 Sn=92-1-3k-4n. k=1 =1 即 Sn=9(2n-1)- 3m(n+1) 2 一4n (4)由(2)知 a+3k+4=9.2-1 因此 、1 等比求和得 1 11-)- 进491g-2天 证毕。 16.答案：41，，s为3,0，-7,0,11,0，-15,0；不超过100的正整数中共有50个满足 Sm>0。 (1)因为 nπ sin 2 按 1,0,-1,0 循环，所以逐项计算得 u1=3,u2=0,3=-7,24=0, u5=11,u6=0,u7=-15,u8=0. (2)每四项一组。对j=0,1,2,.,有 u4j+1=8j+3, u41+2=0, u4+3=-(8j+7), u4+4=0. 一个完整四项组的和为 (81+3)-(81+7)=-4. 因此 S4m=-4m. 又 S4m+1=S4m+4m+1=-4m+(8m+3)=4m+3. 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第8页】 教研测评 一轮复习卷 因为u4m+2=0,所以 S4m+2=4m+3. 再加 u4m+3=-(8m+7), 得 S4m+3=4m+3-(8m+7)=-4m-4. 综上， S4m=-4m,S4m+1=4m+3, S4m+2=4m+3,S4m+3=-4m-4 (3)由(2)可知，当 n≡1(mod4)或n≡2(mod4) 时， Sm>0. 当 n≡0(mod4)或n≡3(mod4) 时， Sm<0. 在1到100中，每个模4余数类各有25个数。因此满足Sm>0的正整数n有 25+25=50 个。 17. 答案：e1= ;en+1=e2;en=2-2";∑R=1bk=2m+1-2。 题中给出牛顿迭代： -(+) 并设 en =In -3 In +3 (1)因为1=5，所以 5-31 e1=5+3-4 (2)由 (+ 17 9 x号+9 2xn 得 xn+1-3= 始+9-3= (cn-3)2 2In 2xn xn+1+3= 品+9 +3= (xn+3)2 2En 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第9页】 教研测评 一轮复习卷 因此 (-)=2 \xn+3 (3)由 en+1=e元， e1= 可得 en= () 又是=22，所以 en =2-2n (4)由 bn =-10g2 en; 且 en=22", 得 on =2". 所以 b2+2++2”=2n+1 k=1 18. 答案：dn+1= 头+4=2+8（⑤） ;L1+·…+Ln=3n+16(1-2-n)。 已知点Pn到平面a的距离为dn,且d1=10。 (1)第一段运动长度为d,与平面成30°角，所以垂直于平面方向上靠近平面的距离为 1 dn sin30°= 第一段后距离变为d。第二段背离平面移动1个单位，因此 1 dn+1=24n+1. (2)由 1 d+1=24n+1, 两边同时减去2，得 4+1-2=5dn-2) 所以数列{dn一2}是公比为号的等比数列。又 d1-2=8. 所以 dn-2=8 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第10页】 教研测评 一轮复习卷 即 =2+( (3)第n次运动由两段组成：第一段长度为d,第二段长度为1，所以 =4+1=3+s( 1- 于是 云-+)门 所以 ++…+。=+（份） 等比求和得 L1+·+Lm=3m+16(1-2-m) (4)由(2)知 =2+() 要证 4<2+9 只需证 即 8n 2n-1<9 注意到对任意正整数n,都有 n≤2-1. 因此 8n 2m-≤8<9. 所以 () -19 故 4<2+9 19.答案： =4r(2+n+) n+1p<6.< 1 球体积为 4 V)=3r 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第11页】 教研测评 一轮复习卷 定义 Wn=V(n+1)-V(n). (1)有 压-ra+-. 因为 (m+1)3-n3=3m2+3m+1, 所以 队=专62+3a+1)=红(e+m+) (2)由(1)知 =(2+n+) 显然 n2<n2+n+3 所以 4rn2<Wn. 又 1 n2+n+3<n2+2n+1=n+, 因为n+号>0。所以 Wn<4π(n+1)2. 故 4πn2<Wn<4π(n+1)2. (3)由 Wa bn =Ann2(n+1) 结合(2)中的 4rm2<Wn<4π(n+1)2, 同时除以4πn2(n+1)2>0,得 1 1 (n+12<nn (4)由(3)知 1 bk人2 当k≥2时， 1 111 夜<k-D=-1-下 所以 11 b<-1-k 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第12页】 教研测评 一轮复习卷 因此 2(1)=1日 即 1为 再求b1。由 用=(+1+)= 且 4π·12.22=16π， 所以 =意- 因此 新高考数 n-12 12 证毕。 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学参考答案与详解第13页】 教研测评 一轮复习卷