2027 届新高考一轮复习特训卷十二

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（十二） 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 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=n(n∈N*)。保持{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak+1之间插入k2, 得到新数列{bn}:1,1,2,4,3,9,4,16,·。则b10 A. 16 B.20 C.25 D.36 2.对正整数n,把n写成二进制形式n=x0+2x1+22x2+·+2xk,x∈{0,1}。定义编 码数列{cn}为cn=x0+31+32x2+·+3xk。例如5=1+22，故c5=1+32=10。则 C13= A.31 B.35 C.37 D.40 3.已知an=5n-2,bn=2·3m-1(n∈N*)。把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺 序排成新数列{dn},则d1= A.8 B.13 C.18 D.28 4.已知数列a=n2-n(n∈N*)。设集合A={n|an≤90，n∈N*}。则集合A中元素的 个数为 A.8 B.9 C.10 D.11 5.从正整数数列1,2,3,4,5,6，·中删去所有完全平方数，余下各项按原顺序组成新数列 {cn}:2,3,5,6,7,8,10,。则c10= A.11 B.12 C.13 D.14 6.正方体的8个顶点按黑白两色交替染色，使每条棱的两个端点颜色不同。从8个顶点中随 机删去两个顶点，若剩余6个顶点可以分成3组，每组两个顶点且每组两个顶点都是一条棱 的端点，则称这次删除为“棱可分删除”。则一次随机删除是“棱可分删除”的概率为 3 A. B.7 c. D 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十二）第1页（共4页）】 教研测评 轮复习卷 7.设有限数列1,2,3，.，10。若删去两项后，剩余8项可以平均分成两组，每组4个数均能 排成等差数列，则称所删去的这两项构成一个“可分删除对”。下列删除对中，一定是“可分 删除对”的是 A.(1,2) B.(2,5) C.(3,8) D.(4,7) 8.对有限数列P=(p1,p2,.,pm),定义E(P)=p1+2p2+·+mpm。若P=(4,1,3,2), 将P中各项从大到小重新排列得到Q,则E(Q)一E(P)= A.-4 B.-3 C.0 D.2 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=2m-1(n∈N*)。保持{an}中各项先后顺序不变，在a与a+1之间插入 k个0，得到新数列{b}。下列说法正确的是 A.b1=1,b2=0,b3=3 B.b6=5 C.新数列中前1+2+…+m+m项恰好包含a1,a2,.,am+1 D.新数列前9项的和为9 10.对非负整数n,将n写成二进制形式n=2xo+2x1+22x2+·+2xk,x∈{0,1}。定义 C(n)=x0+3x1+32x2+··+3*ck。下列说法正确的是 A.C(0)=0 B.对任意非负整数n,有C(2n)=3C(n) C.对任意非负整数n,有C(2n+1)=3C(m)+1 D.若0≤n<2m,则0≤C(n)<3m 11.设数列an=4n+1,bn=3”(n∈N*)。对一个数列{un},若存在互不相同的正整数 1,k2,·.,k,（0≥2)，使得1+u2十·十u仍是该数列中的一项，则称j是该数列的一 个“和稳定阶”。下列说法正确的是 A.j=5是数列{an}的一个和稳定阶 B.若j三1(mod4),则j可能成为数列{an}的和稳定阶 C.数列{bn}不存在和稳定阶 D.j=2是数列{bn}的一个和稳定阶 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.从正整数数列中删去所有2的正整数次幂，即删去1,2,4,8,16，·，余下各项按从小到大 的顺序组成新数列{cn}。则c1oo= 13.对0≤n<2m,定义C(m)为把n的二进制数字串看成三进制数字串后得到的数。例如 31 6=1102,C(6)=110g=12。则C(m)= n=0 14.对有限数列{an}20,定义：若k≥2，且对任意1≤i<k均有a;>ak,则称k为该 数列的“历史低点”。若an=(-1)”n(1≤n≤2027)，则该数列的“历史低点”的个数为 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)】 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十二）第2页（共4页）】 教研测评 已知数列an=2n,bn=3”(n∈N*)。将两个数列中的所有项合并，去掉重复项，并按从小 到大的顺序排列，得到新数列{cn}。 (1)判断{an}与{bn}是否有公共项，并说明理由； (2)求新数列{cn}的前50项中，来自数列{bn}的项有哪些； (3)求C1+c2+·+C50 16.（本小题满分15分) 进位制编码是现代信息编码的重要思想之一。对每个非负整数，将其写成二进制形式n= x0+2x1+22x2+·+2xk,x∈{0,1}。定义数列变换C(n)=x0+3x1+32x2+·+3xk,也就是 说，C(n)是把n的二进制数字串看成三进制数字串后得到的数。例如13=11012)C(13)= 1101(3)=37。 (1)求C(7),C(8),C(15): (2)证明：对任意非负整数n,都有C(2n)=3C(m),C(2n+1)=3C(n)+1; (3)设Um=∑0C(n,求Um; (4)若Dm={C(n)|0≤n<2m},证明集合Dm中恰有2m个不同元素，并说明它们全部 落在区间[0,3m)内。 17.（本小题满分15分) 如图，正方体ABCD一A1B1C1D1的8个顶点依次编 D1(8) C(7) 号为A(1),B(2),C(3),D(4),A1(5),B1(6),C1(7),D1(8)。 从这8个顶点中删去两个顶点，若剩余6个顶点可以分 A1(5) B(6) 成3组，每组两个顶点，且每组两个顶点都是正方体 条棱的端点，则称所删去的两个编号构成一个“棱可分 D44 C(3) 删除对”。 (1)判断(1,7)是否为“棱可分删除对”，并说明理由； A(1) B(2) (2)证明：若把正方体顶点按黑白两色交替染色，使每 条棱的两个端点颜色不同，则一个删除对是“棱可 分删除对”的必要条件是删去的两个顶点颜色不 同； (3)证明：删去任意两个颜色不同的顶点，剩余6个顶 点一定可以分成3条棱的端点； (4)求所有“棱可分删除对”的个数，以及所有这些删 除对中两个编号之和的总和。 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十二)第3页（共4页）】 教研测评 18.（本小题满分16分) 对数列{un},若存在互不相同的正整数，k2,,k(0≥2)，使得十2十…+仍 是该数列中的一项，则称j为数列{un}的一个“和稳定阶”。 已知an=4m+1,bn=3m(n∈N*)。 (1)证明：若j是数列{an}的一个和稳定阶，则存在非负整数m,使得j=4m+1 (2)证明：若j=4m+1(m∈N*),且j≥5，则j是数列{an}的一个和稳定阶； (3)证明：数列{b}不存在和稳定阶。 19.(本小题满分16分) 某工厂生产一种由单位小正方体拼成的正方体模型。 若大正方体的棱长为n,则它由n3个单位小正方体 组成。现在将该大正方体的外表面全部涂色。 外表面涂色 记P为至少有一个面被涂色的单位小正方体个数； Qn为所有单位小正方体被涂色的面数总和。 例如，当n=3时，只有中心的1个小正方体没有被 涂色，所以P=27-1=26;而大正方体共有6个 nXm×m 外表面，每个外表面由32=9个小正方形组成，所以 每个外表面含n2个小方格 Q3=6.32=54。 游 对n≥2，将两个数列{Pn}n≥2，{Qn}n≥2中的所有项 合并，按从小到大的顺序排列，得到新数列{cn}。 (1)求Pn,Qm的表达式； (2)证明：对任意n≥2，都有Pn<Qn<Pn+1 (3)求c2027 (4)求c1+c2+··+c2m; (⑤)设dn=②m-,2m,求数列{dn}的通项公式，并判断{dn}是否为等差数列。 2 【2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十二)第4页（共4页）】 教研测津 参考答案与解析 2027届新高考一轮复习特训卷·数学（十二) 一、单项选择题 题号12345678 答案CCCCCC A B 1.新数列为 1,1,2,4,3,9,4,16,5,25,·. 可以看出 b2k-1=k, b2k =k2. 所以 b10=b2.5=52=25. 故选C。 2.因为 13=8+4+1=23+22+1, 所以 13=1101(2: 按照题中定义，把二进制数字串看成三进制数字串，得 c13=11018)=33+32+1=27+9+1=37. 故选C。 3.数列an=5n-2的项为 3,8,13,18,23,28,· 数列bn=2.3n-1的项为 2,6,18,54,… 第一个公共项为 18. 所以 d1=18. 故选C。 4. 由题意， am=n2-n≤90， 即 n(n-1)≤90. 【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 当n=10时， 10.9=90, 满足；当n=11时， 11.10=110>90, 不满足。 所以 n=1,2,..…,10. 集合A中共有10个元素。故选C。 5.从正整数中删去完全平方数 1,4,9,16, 后，余下数列为 2,3,5,6,7,8,10,11,12,13,·. 所以 C10=13. 故选C。 6.正方体的8个顶点按黑白两色交替染色，每条棱连接一个黑点和一个白点。 若剩余6个点能分成3条棱的端点，则剩余点中必须有3个黑点、3个白点。原来黑点、白 点各4个，所以删去的两个点必须一黑一白。 共有删除方式 =28 一黑一白的删法有 4.4=16 并且正方体中删去任意一黑一白两个点后，剩余6点均可配成3条棱的端点。 所以概率为 164 28=7 故选C。 7. 删去(1,2)后，剩余 3,4,5,6,7,8,9,10. 可以分成两组： 3,4,5,6 和 7,8,9,10. 每组都是等差数列。 因此(1,2)一定是“可分删除对”。故选A。 8.原数列 P=(4,1,3,2). 所以 E(P)=4+2·1+3·3+4·2=23. 【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 从大到小排列得 Q=(4,3,2,1) 于是 E(Q)=4+2.3+3.2+4·1=20. 因此 E(Q)-E(P)=20-23=-3. 故选B。 二、多项选择题 题号 10 11 答案ABD ABCD ABC 9. 原数列为 an=2m-1. 所以 a1=1,a2=3,ag=5,a4=7,·. 在与a+1之间插入k个0，新数列开头为 1,0,3,0,0,5,0,0,0,7,… A正确： b1=1,b2=0, b3=3. B正确： b6=5. C错误。若要恰好包含 a1,a2,·.·,0m+1 则需要包括m+1个原数列项，以及插入的 1+2+..+m 个零，所以总项数应为 1+2+.+m+(m+1), 而不是 1+2+.+m+m. D正确。前9项为 1,0,3,0,0,5,0,0,0 和为 1+3+5=9. 故选ABD。 10.A正确。0的二进制表示为0，所以 C(0)=0. 【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 二轮复习卷 B正确。若 n=x0+2c1+·+2Ck, 则 2n=2c0+22x1+…+2+12k. 也就是二进制数字整体向左移动一位。因此 C(2n)=3c0+32x1+·+3+1xk=3C(m): C正确。2m+1的二进制是在2m的末位加1，所以 C(2m+1)=3C(n)+1. D正确。若 0≤n<2m 则n的二进制最多有m位，即只涉及 20,2,,2m-1 所以 C(n)≤1+3+32+..+3m-1= 3m-1 <3m 2 又显然C(n)≥0，故 0≤C(n)<3m 故选ABCD。 11.对 an 4n+1 而言，每一项除以4后都余1。 若取)项相加，则和的形式为 (4k1+1)+(42+1)+·+(4k+1), 即 4(k1+k2+·+k)+: 如果这个和仍是数列{an}中的一项，则它也必须是除以4余1的数，因此j除以4的余数 必须为1。 A正确。当j=5时，取1,2,3,4,5五个不同下标，则 a1十a2+a3+a4+a5 一定可以写成4N+1的形式，因此仍是数列{a}中的一项。 B正确。若j三1(od4),并且j≥5，则可以构造j个不同项，使其和仍是4N+1的形 式，所以j可能成为数列{an}的和稳定阶。 C正确。数列 bn=3”. 若取若干个不同项相加，设其中最大的一项是3”，则总和大于3”。同时，所有比3”小的3 【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 的幂之和小于3”，所以总和小于 2.3≤3+1 因此总和夹在相邻两个3的幂之间，不可能仍是3的幂。 D错误。 故选ABC。 三、填空题 题号 12 13 14 答案 107 19361013 12.删去 1,2,4,8,16,32,64,·. 要求第100个剩余项。 试N=107。不超过107的2的幂有 1,2,4,8,16,32,64, 共7个。 所以从1到107中未被删去的数有 107-7=100 个。因此 C100=107. 13. 题目要求 3 ∑c(m. n=0 因为 31=25-1, 所以0≤n<32对应所有5位二进制串。 在所有5位二进制串中，每一位取1的次数都是 24=16. 所以 3 ∑C=161+3+32+39+3) n= 计算得 1+3+9+27+81=121. 因此 31 cm=16-121=1936 n=0 【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 14. an=（-1)rn. 前几项为 -1,2,-3,4,-5,6,-7,…. 历史低点要求k≥2，且小于前面所有项。 显然，每一个奇数项 a2m-1=-(2m-1) 都会比前面所有项更小。 但α1=-1不算历史低点，因为定义要求k≥2。 所以历史低点对应 n=3,5,7,..,2027. 从1到2027的奇数共有 2027+1=1014 2 个，去掉n=1,剩下 1013 个。 四、解答题 15. 答案：无公共项；前50项中来自{bn}的项为3,9,27,81；G1+c2+…+c50=2282。 已知 an =2n,on =3m (1)数列{an}中每一项都是偶数，数列{b}中每一项都是奇数。偶数不可能等于奇数，所 以{an}与{bn}没有公共项。 (2)有 {am}:2,4,6,8,10,…, {bn}:3,9,27,81,243,… 由于没有公共项，以合并后直接按大小排列。 不超过81的偶数为 2,4,6,.,80, 共有40个。再加上 3,9,27,81 共4个，所以不超过81的合并项有44个。 继续往后取偶数 82,84,86,88,90,92, 再取6个，正好达到50项。 因此前50项中来自{bn}的项为 3,9,27,81. (3)前50项由两部分组成：一部分是偶数 2,4,6,.,92, 【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 共46项；另一部分是 3,9,27,81. 偶数部分和为 2(1+2+·+46)=46.47=2162 指数部分和为 3+9+27+81=120. 所以 C1+C2+··+C50=2162+120=2282, 16. 答案：C(7)=13,C(8)=27,C(15)=40;Um=2m-2(3m-1)。 (1)因为 7=1112: C(7)=1113=1+3+9=13, 8=10002, C(8)=10003=27, 15=1111(2, C(15)=1111(8)=1+3+9+27=40. 因此 C(7)=13,C(8)=27, C(15)=40 (2)设 n=x0+2c1+22x2+··+2xk. 则 C(n)=x0+3x1+32x2+,+3xk. 对2n,二进制数字整体左移一位： 2n=2c0+221+·+2+1k. 所以 C(2n)=30+32c1+…+3k+1xk=3C(n). 对2n+1,是在2n的末位加1，所以 C(2n+1)=3C(n)+1. (3)因为 2m-1 Um=∑C(n), 7三0 且当0≤n<2m时，n的二进制可以看成m位数字串。 在全部2m个二进制串中，每一位为1的次数为2m-1。所以 Um=2m-1(1+3+32+.+3m-1). 又 1+3+32+…+3m-1= 3m-1 2 因此 Um=2m-2(3m-1) 【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 (4)集合 Dm={C(n)|0≤n<2m} 每个n对应一个唯一的m位二进制串，而C()是把这个二进制串看成三进制数字串得到 的数。 若两个二进制串不同，则至少有一位数字不同；把它们看成三进制数后，对应的三进制数字 串也不同，因此得到的数不同。所以Dm中恰有 2m 个不同元素。 又因为二进制串最多有m位，所以 C(m）≤1+3+…+3m-1= 3m-1<3", 2 且C(n)≥0。因此所有元素都落在区间[0,3m)内。 17. 答案：(1,7）是“棱可分删除对”；所有“棱可分删除对”共有16个，所有这些删除对 中两个编号之和的总和为144。 正方体顶点编号为 A(1),B(2),C(3),D(4),A1(5),B1(6),C(7),D1(8). (1)删去编号1和7，即删去顶点A和C1。剩余顶点为 B(2),C(3),D(4),A1(5),B1(6),D1(8) 可以分成三组： B(2)-C3),D(4-D1(8), A1(5)-B1(6): 每组都是正方体一条棱的两个端点。因此(1,7)是“棱可分删除对”。 (2)正方体可以黑白交替染色，使每条棱的两个端点颜色不同。 若删去两个顶点后，剩余6个顶点可以分成3组，每组都是一条棱的两个端点，那么每组必 然包含一个黑点和一个白点。 所以剩余6个点中有3个黑点和3个白点。原正方体有4个黑点和4个白点，因此删去的 两个点必须是一个黑点和一个白点，即删去的两个顶点颜色不同。 (3)若删去两个颜色不同的顶点，则它们在正方体中有两种可能。 第一种：它们是一条棱的两个端点。例如删去A,B,则剩余顶点可以配成三条与AB平行的 棱 D-C. A1-B1,D1-C1. 第二种：它们是一条体对角线的两个端点。例如删去A,C1,则剩余顶点可以配成： B-C, D-D1,A1-B1 由于正方体具有对称性，任意颜色不同的两个顶点都属于以上两种情形之一。所以删去任意 两个颜色不同的顶点，剩余6个顶点一定可以分成3条棱的端点。 (4)正方体黑白各4个顶点。“棱可分删除对”等价于删去一个黑点和一个白点，所以共有 4.4=16 【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 个。 每个顶点会与异色的4个顶点分别组成删除对，因此在所有删除对的编号和总和中，每个编 号出现4次。 所以总和为 4(1+2+3+4+5+6+7+8)=4.36=144 故所有“棱可分删除对”的个数为16，所有删除对中两个编号之和的总和为144。 18.答案：若j是{an}的和稳定阶，则j=4m+1;若j=4m+1,j≥5，则j是{an} 的和稳定阶；数列{b}不存在和稳定阶。 已知 an=4n+1,bn=3. (1)若j是{an}的和稳定阶，则存在互不相同的正整数1，k2,,k,使得 a1十ak2十··+ak 仍是{an}中的一项。 因为a=4k+1,所以 a1+ak2+·+ak=4(k1+k2+·+k)+j. 若它仍是{an}中的一项，则存在正整数N,使得 4(1+2+…+)+j=4N+1. 所以 j=4(N--2-…-)+1. 令 m=N-k1-2-…- 则 j=4m+1. (2)若 j=4m+1,j≥5， 任取j个互不相同的正整数下标，例如1,2，·，。则 a1+2+·+a)=(4·1+1)+(4.2+1)+·+(41+1). 整理得 a1+a2+…·+aj=4(1+2+…+j)+j. 又j=4m+1,所以 4(1+2+…+)+j=4(1+2+·+j+m)+1. 这正是数列{an}中的一项： a1+2+…+j+m: 因此j是{an}的一个和稳定阶。 【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 (3)设取了j≥2个互不相同的项，且其中最大的一项为3”。则这些项的和S满足 S>3r. 另一方面，其余比3”小的项之和最多不超过 3+32+.+3-1 所以 S≤3r+(3+32+.·+3-1). 而 3+32+…+3"-1= 3-3<3. 2 因此 S<2.3<3+1 于是 3<S<3+1 所以S夹在两个相邻的3的幂之间，不可能仍是数列{b}的一项。故数列{bn}不存在和稳 定阶。 19.答案：Pm=6m2-12m+8,Qm=6m2;c2027=6169178;G1+c2+·+c2m= 4m3+12m2+16m;dnm=6m+2,{dnm}是等差数列，公差为6。 大正方体棱长为n,由3个单位小正方体组成。 (1)P,为至少有一个面被涂色的小正方体个数。未被涂色的小正方体只能位于内部，其个 数为(n-2)3。所以 Pn=n3-(m-2)3 展开得 Pn=n3-(n3-6m2+12n-8)=6m2-12n+8. 因此 Pn=6m2-12m+8. Q,为所有小正方体被涂色的面数总和。大正方体共有6个外表面，每个外表面有个单位 小正方形，所以 On =6n2. (2)先看左边： Qm-Pn=6n2-(6m2-12n+8)=12n-8. 当n≥2时，12n-8>0,所以 P<Qn 再看右边： Pn+1=6(m+1)2-12(n+1)+8=6m2+2. 而 Qn 6n2. 所以 Qn Pn+1. 【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 因此 Pr <Qn<Pn+I (n≥2). (3)由(2)知，对于n≥2，合并排序后有 P<Q2<P<Q3<P4<Q4<·. 因此 C2m-1=Pm+1, C2m =Qm+1. 因为 2027=2.1014-1, 所以 C2027=P1015. 又 Pn=6n2-12n+8. 所以 P015=6·10152-12.1015+8. 计算得 10152=1030225. 因此 P1015=6181350-12180+8=6169178. (4)由排序关系， C2k-1=P+1,C2k=Qk+1 所以 m G1+2+…+2m=∑(P+1+Qk+1) k=1 由 P+1=6(k+1)2-12(k+1)+8=6k2+2, Qk+1=6(k+1)2=6k2+12k+6, 得 P+1+Qk+1=12k2+12k+8. 因此 C1+·+C2m= (12k2+12k+8). k=1 即 C1+·+C2m= 利用公式 2-mm+12m+D 7 m(m+1) k=1 6 2 【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 可得 C1+·+c2m=4m3+12m2+16m. (5)由题意， dm =Com-C2m-1 2 又 C2m =Qm+1, C2m-1=Pm+1 所以 dn =Omt1Pntt 2 由前面计算： Qm+1=6m2+12m+6,Pm+1=6m2+2. 所以 Qm+1-Pm+1=12m+4. 因此 dm= 12m+4 =6m+2. 因为 新高考数学 dm+1-dm=6, 为常数，所以{dm}是等差数列，公差为6。 【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