05数列-浙江省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习习(2019新版·人教A版)
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这是一份05数列-浙江省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习习(2019新版·人教A版),文件包含B1U2LT课件ppt、1Listentothephonecallandanswerthequestionsmp3、2Listenagainandcompletethetablewiththewordsyouhearmp3等3份课件配套教学资源,其中PPT共19页, 欢迎下载使用。
一、单选题
1.(2023上·浙江宁波·高三期末)若单位向量满足,向量满足,则( ).
A.B.C.D.
2.(2023上·浙江嘉兴·高三统考期末)已知向量,若与平行,则实数( )
A.B.C.D.
3.(2023上·浙江绍兴·高三统考期末)已知向量,若在方向上的投影向量模长为1,则实数的值为( )
A.B.C.D.
4.(2023上·浙江湖州·高三期末)已知正方形的边长为是它的外接圆的一条弦,点为正方形四条边上的动点,当弦的长度最大时,的取值范围是( )
A.B.C.D.
5.(2023上·浙江杭州·高三期末)已知非零向量的夹角的余弦值为,且,则( )
A.1B.C.D.2
6.(2023上·浙江绍兴·高三期末)边长为2的正中,G为重心,P为线段BC上一动点,则( )
A.1B.2
C.D.
7.(2023上·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末)已知向量,若与共线,则( )
A.B.C.D.6
8.(2023上·浙江绍兴·高三统考期末)康托尔三分集是一种重要的自相似分形集.具体操作如下:将闭区间均分为三段,去掉中间的区间段,记为第一次操作;再将剩下的两个区间分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第二次操作,,将这样的操作一直继续下去,直至无穷,由于在不断分割舍弃过程中,所形成的线段数目越来越多,长度越来越小,在极限的情况下,得到一个离散的点集,称为康托尔三分集,记为.若使留下的各区间长度之和不超过,则至少需要操作( )次(参考数据:)
A.4B.5C.6D.7
9.(2023上·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末)若,且对任意正整数n,均有,则称一个复数数列为“有趣的”.若存在常数C,使得对一切有趣的数列及任意正整数m,均有,则C的最大值为( )
A.B.1C.D.
二、多选题
10.(2023上·浙江嘉兴·高三统考期末)设为抛物线的焦点,点在上且在轴上方,点,,若,则( )
A.抛物线的方程为
B.点到轴的距离为8
C.直线与抛物线相切
D.三点在同一条直线上
11.(2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末)数列的通项为,它的前项和为,前项积为,则下列说法正确的是( )
A.数列是递减数列B.当或者时,有最大值
C.当或者时,有最大值D.和都没有最小值
三、填空题
12.(2023上·浙江·高三期末)已知向量,则在方向上的投影向量是 .
13.(2023上·浙江宁波·高三期末)已知数列满足:,若恒成立,则实数k的取值范围是 .
14.(2023上·浙江嘉兴·高三统考期末)中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则此人在第五天行走的路程是 里(用数字作答).
15.(2023上·浙江绍兴·高三期末)设是首项为1的数列,且,则 .
四、证明题
16.(2023上·浙江宁波·高三期末)已知数列满足,且.
(1)若是等比数列,且,求的值,并写出数列的通项公式;
(2)若是等差数列,公差,且,求证:.
五、问答题
17.(2023上·浙江嘉兴·高三统考期末)记为数列的前项和,已知,且对于任意,都有.
(1)求实数及;
(2)令,求数列的前项和.
18.(2023上·浙江绍兴·高三统考期末)已知数列的前项和为,且满足.
(1)求数列的通项公式:
(2)设为数列的前项和,求大于的最小的整数.
19.(2023上·浙江湖州·高三期末)已知数列满足.
(1)若数列满足,求及的通顼公式;
(2)数列的前项和.
20.(2023上·浙江·高三期末)已知数列满足,且.
(1)为数列的前n项和,若,求;
(2)若,求m所有可能取值的和.
21.(2023上·浙江绍兴·高三期末)已知为数列的前n项的和,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
22.(2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末)已知数列的前项和为,且.
(1)求;
(2)求数列前项和为.
23.(2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末)将等差数列排成如图所示的三角形数阵:已知第三行所有数的和为6,第6行第一个数为
(1)求数列的通项公式;
(2)设为数阵中第行的第一个数,求.
24.(2023上·浙江·高三校联考期末)已知等差数列和等比数列都是递增数列,且.
(1)求,的通项公式;
(2)求数列的前项和.
参考答案:
1.C
【分析】设出,由得到C在以为直径的圆上,表达出,设,利用辅助角公式得到的最值.
【详解】令,
不妨,所以中点坐标为,
因为,所以C在以为直径的圆上,即,
所以,
令,
则
,
因为,所以,
所以.
故选:C.
【点睛】平面向量解决几何最值问题,通常有两种思路:
①形化,即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题,然后根据平面图形的特征直接进行求解;
②数化,即利用平面向量的坐标运算,把问题转化为代数中的函数最值与值域,不等式的解集,方程有解等问题,然后利用函数,不等式,方程的有关知识进行求解.
2.B
【分析】先将与的坐标表示出来,再根据向量平行的充要条件列出方程,解方程即可求解.
【详解】已知向量,
,,
由与平行,有,解得.
故选:B
3.B
【分析】先求出的坐标,再求出,即得解.
【详解】解:由题得,
所以,
所以在方向上的投影向量模长为,解得.
故选:B
4.A
【分析】作出图形,结合向量的线性运算和数量积运算化简,求的范围可得 的取值范围.
【详解】当弦的长度最大时,弦过正方形的外接圆的圆心,
因为正方形的边长为2,所以圆的半径为,
如下图所示:
则,,
所以,.
因为点为正方形四条边上的动点,所以,
又,所以,
故选:A.
5.A
【分析】结合向量数量积运算及向量垂直的表示,可得关于的齐次方程,即可进一步求得的值.
【详解】由得.
∴,令,∴,解得或(舍去).
故选:A.
6.B
【分析】建立适当的直角坐标系,根据题意求出点和点的坐标,利用平面向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】如图:以所在直线为轴,线段的垂直平分线所在直线为轴,建立如图所示直角坐标系,由题意可知:,
因为G为的重心,所以,
因为点为线段上一动点,设点,
所以,,则,
故选:.
7.A
【分析】根据向量平行的坐标表示求解.
【详解】因为与共线,所以.
故选:A.
8.C
【分析】根据条件得到规律:第次操作去掉的线段长度之和为,然后利用等比数列的求和公式可得留下的各区间长度之和,然后解不等式可得答案.
【详解】第一次操作去掉的线段长度为,
第二次操作去掉的线段长度之和为,
第三次操作去掉的线段长度之和为,
……
第次操作去掉的线段长度之和为,
所以留下的各区间长度之和为,
所以,
即;
故选:C.
9.C
【分析】根据“有趣的”复数数列的定义可知,可求得,,对参数分奇偶性讨论,结合三角不等式得
利用无穷等比数列求和,即可求得的最小值.
【详解】由题意得,,
所以,从而,所以数列为等比数列,故
进而有
令,
当m为偶数时,设,
则;
当m为奇数时,设,
故
综上可得C的最大值为,
故选:C.
【点睛】关键点点睛:在本题中关键是构造并利用等比数列,
第一次是构造等比数列:由可构造等比数列从而求得,
第二次构造等比数列:利用构造等比数列,
第三次是转化为等比数列求和:由得到等比数列求和.
10.ACD
【分析】由,先求设点坐标,得抛物线方程,再验证每个选项.
【详解】抛物线的焦点,由,有,解得,
所以抛物线的方程为,A选项正确;
,点在抛物线上且在轴上方,到焦点距离为8,到准线距离也为8,所以点到轴的距离为6,B选项错误;
点在抛物线上且在轴上方,到轴的距离为6,有点横坐标为6,代入抛物线方程,可得,则直线的方程为,
由消去得,,所以直线与抛物线相切,C选项正确;
由,,,得,则三点在同一条直线上,D选项正确.
故选:ACD.
11.ABC
【分析】根据数列的通项得出数列是以为首项,以为公差的等差数列,然后根据等差数列的特征分别对每个选项进行分析即可求解.
【详解】因为数列的通项为,则,所以数列是以为首项,以为公差的等差数列,因为公差,所以数列是递减数列,故选项正确;
因为,当时,;当时,,因为,所以当或者时,有最大值,故选项正确;
由可知: ,,,所以当或者时,有最大值,故选项正确;
根据数列前30项为正数,从第31项开始为负数可知:无最小值,
因为,当时,,但零乘任何数仍得零,所以有最小值,故选项错误,
故选:.
12.
【分析】在方向上的投影向量是:,先求出,代入即可.
【详解】因为,
则在方向上的投影向量是:
故答案为:.
13.
【分析】根据数列的递推公式利用数学归纳法即可证明单调递减且,构造函数可得,判断出函数单调性根据恒成立问题即可求出k的取值范围.
【详解】由,可得,即,
因为在上为单调递增,且,
而,即,可得,
可猜想数列单调递减且,
下面由数学归纳法证明:当时,,即,满足,
当时,假设成立,
当时,,即,
即,可得,
又因为,即,
所以成立,
即数列单调递减且成立,
由单调有界收敛定理可知收敛,设,
所以,所以,
所以,即递减且趋于0,
令,则恒成立,
,令,
则在恒成立,
所以在恒成立,所以在单调递增,
所以由恒成立可知,即,
所以.
故答案为:.
【点睛】关键点点睛:根据数列的递推公式确定,再通过构造函数将问题转化成不等式恒成立问题,利用导数判断函数单调性即可求解.
14.
【分析】根据给定条件,利用等比数列前n项和公式求出第1天行走的路程,即可计算作答.
【详解】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列,,其公比,
令数列的前n项和为,则,而,因此,解得,
所以此人在第五天行走的路程(里).
故答案为:12
15.32
【分析】由递推公式可得,已知求,再求.
【详解】,得,又,得,所以.
故答案为:32.
16.(1),
(2)证明见解析
【分析】(1)根据等比数列的定义,对分奇数偶数两种情况讨论即可求解;
(2)由累乘法求出,由裂项相消法可求得,再利用求出即可证明.
【详解】(1)依题意,因为,所以,公比,
所以,所以,
所以的奇数项和偶数项分别是公比为2的等比数列,得,
故,亦即.
(2)由,得,
由叠乘得,所以,
得,
因为,所以
,
因为,所以即,
得,
故.
17.(1),;
(2).
【分析】(1)令中的,得出,根据已知即可得出,则,当时,,两式相减根据数列和与通项的关系得出,注意验证符不符合求出的式子;
(2)根据小问一与等比数列求和公式得出,即可根据分组求和法得出答案.
【详解】(1)在中令,得,即,
又,则,
所以,
当时,,
得,即,
又,
故;
(2)因为,
所以,
故得.
18.(1);
(2).
【分析】(1)根据题意得出当时,,两式作差可得,验证时是否成立,即可求解;
(2)结合(1)得出,利用错位相减法得出,再结合,进而求解.
【详解】(1) ①
时, ②
①-②得,,
当时,,满足上式,
故;
(2)由(1)得:,
③,
两边同乘以得: ④
③-④得:
,,.
19.(1)
(2)
【分析】(1)根据题中的递推关系求,整理可得,可得,结合等比数列的定义与通项公式运算求解;
(2)根据题意整理可得,利用并项求和结合等比数列的求和公式运算求解.
【详解】(1)由题意可得:,即,
∵,即,
可得:,且,
故数列是以首项为4,公比的等比数列,
故,即.
(2)由题意可得:,
故
,
故.
20.(1)
(2)41
【分析】(1)根据递推公式确定数列从第4 项起,为周期性变化即可求解;
(2)根据,结合递推公式确定前5项的可能取值求解.
【详解】(1)由题给递推式得:
,
数列从开始,每三项出现一次4,2,1循环.
∴.
(2)因为,则,则或,
若,则或,即或;
若,则,即
因此m的所有取值和为.
21.(1)
(2)
【分析】(1)给出了 与 的递推关系,由,转化为的递推关系,可求出数列的通项公式;
(2)求出数列的通项公式,由通项的特征,使用并项求和法求数列的前项和.
【详解】(1)因为,所以,解得,
所以是公差为1的等差数列,则,得.
(2)由(1)可得:,则,
得,有,
则.
22.(1)
(2)
【分析】(1)由可求得数列的通项公式;
(2)由(1)求得,利用错位相减法可求得.
【详解】(1),①
当时,,②
①②得
又,
故.
(2)因为,所以,
所以,③
,④
③④得:
即
即.
23.(1)
(2)
【分析】(1)设等差数列首项为,公差为,由第三行所有数的和为6,第6行第一个数为可得关于和的二元一次方程组;
(2)由图可得,第行有个数字,则第行的第一个数为第项,其中,据此可得,后利用裂项相减法可得答案.
【详解】(1)设等差数列首项为,公差为.
由第三行所有数的和为6可得:,得.
由第6行第一个数为知,
则,
得数列的通项公式为,.
(2)由图可得,第行有个数字,则第行的第一个数为第项,
其中.
则.
,则
.
24.(1),.
(2).
【分析】(1)设等差数列和等比数列的公差与公比分别为:,由已知条件组成方程组解出,写出等差数列和等比数列通项公式即可;
(2)由(1)写出的通项公式,利用错位相减法求数列前项和即可.
【详解】(1)设等差数列和等比数列的公差与公比分别为:,
因为,
所以,
将代入,得:
,
解得或或,
因为等差数列和等比数列都是递增数列,
所以,
所以,
,
所以等差数列的通项公式为:,
等比数列的通项公式为:.
(2)(2)由(1)得,
所以,①
,②
①②得:,
即,
所以.
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