備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學一輪復習全套word試題（優(yōu)化重組）之答案2

1、備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學一輪復習全套word試題（優(yōu)化重組）之答案2備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學一輪復習全套word試題（優(yōu)化重組）之答案2備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學一輪復習全套word試題（優(yōu)化重組）之答案2備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學一輪復習全套word試題（優(yōu)化重組）之答案2單元卷五 平面向量、復數(shù)（基礎鞏固卷)1。因為e （OB,sup(）)= (，su6（）)eq (OC,sup(），所以eq （O,sp6()對應的復數(shù)為（3+i）+(24i）i，即點對應的復數(shù)為1+,故選A。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載.A 由題意得eq f(i,i2）eqf（b（i+1），21）=eqf（i1）,i1），即blc(rc)(a

2、vsaco1(af（b，2）)ieq f（b,2）=ef（1,2）+eqf（,）i，-e(b,)eq（1，2）,-q f（b,2）eq f（1,2),得a=0，=1，z=，故|=1未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載. eeq f(,）i=e f（r（2），2）eq f（r（2)，2)i，所以eqf(3，i)+eq （2）eeq f（,4）-3i+i=-i,從而|=eq (5）.故選B未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載。D 法一 如圖1,連接FC，AD,則eq o(A，su（）)=eqo（AC,sup6(）)eq o(D，sup6（) o（A,sup(）eq o(AF,su6（)），eq o（D,up6()e f（，2)q （

3、DE,s（）=q (，4)q o(CF，s6（）eq （,4)（eq (AF,sp（）)eq (,sp6()）)，所以eq o（AM，su6(）)eq o（AD，up6（)）+q o(M，up6（)） o（C，sup（)+q o（AF，sp6（）)eq f（1，）（e o(AC，sup6（）-eq o（F，sup6()eqf(，4)qo（AC，sup（）)eq f（5，4）e o（F,u6（）=eq f（3,4）q f(5,4),故選D。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載法二 如圖，連接CF,A交于點O，則e o(F，s6（）eqo(AO，s6()e f(，2)(q o（,su6（）eq o（F，up6(）)

4、），eq (M,sup6(）=eq f(1,2）q（E,sup6(）=eqf(1，2）eq （FO，p6（)）= (1，4）e(FC,sup6（)eq f(,4)（eq （AC，sup（）eq o(AF，sup6(）)），所以eo(AM，s6(）)=q o（F,sup6()）+FEqo（EM，p（)eqo(AF，up()）+eq f(1，2）(o（A,up6（）+eq (F，up6（）)+e f(,)（eq(AC,sup6（）)eqo(AF，p6()）eq （3，4）q （AC，sup6()eq f（5,4）eq (AF，su（）=eq f(，4）a+eq f（5，）b，故選D未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)

5、載5。 由a3e-22，e1+22，得b=(3e2e2)(12e）3eeq al（，)4e24eq oal(2,2)設|e1|e2=m（m），則3eeq ol（2,1)4ee24eeq al(2，)4mcs1,e,又ab=0,所以e1，e2eq f(1,4),故選B.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載6因為a|=1，|=2,|a+b|=eq r（)，所以(a+b）(ab)a2-b214=-3，|+b2a2+b2=3，所以b=,又ab=2coa，1，且a，b,，所以=q f（2,),故ab|222ab22+47，所以abe r(7)。故選D。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載7. 因為點是線段AB的中點，所以eq o(M,(）

6、=eq f(,2）eq (O,sup6（）)+e（1，2）eqo（O,su6（)），又e o（C,up6()=eq f(，3）eq o（A，sp6（）+qf（1,）q o(OB，su（）,所以eq o（OC,sup6（）)eq(O，sup6()eblc(c)（vslco1（(2，3)o（OA,p6（)）+（，）（OB，sup(）)）e b（rc)(avs4lo1(f（1，2）o（A，su6()）f(1,）o（,sp6（)）e （，3）eqo（A，su6(）2eq (1，6）q （B,sup（)）+e (，2）eq （OA,up6(）)eqo（O，s6（）因為|eq o（B,sup（）)|=3，

7、所以OAB是邊長為3的等邊三角形,所以eq o(OA，sup6（）)eqo(OB，su()）=eq f（9，2),所以q o(OC，u6（）eq o(OM，up6()）q (1，3）9+eq f（1，6）+eq （1,2)eq f(,2)=e f（27，4），故選未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載8.A設的外接圓圓心為，則e o（B，sup（)）o(AC，su()）eq o（AB，sup6（）)（e o（AB，sp6()）eq o（BO,sup6(）)e (OC，sup6（)）=eq （B,up6（)e o（AB，sup6()q o（AB,up（）eq o（，sup6（）eq(AB,su6（)）eq o(C,

8、sp6()2q bc(rc）（av4o1（f（1,2）)）+22coseq o(AB，su6（)，eq o(，sup（）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=4coseq (AB，s6()）,eq （C,sp6（)，其中0e o（A，u（），eq o（O，sup（)）,則1cseq o(AB,su6（）)，eq o(O，sup6()）1,于是2eo(AB，up6（）)eq o(，su6（）6，故選A.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載.ACD z(-i）（3+i）=3a2ai-3i2i2=(3a+2）（a3）i，因為復數(shù)z的實部是-，所以3a+2,解得a-1,所以z=-未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載A。復數(shù)的虛部是5，A項正確；.復數(shù)的共

9、軛復數(shù)z=15i,B項不正確；Cze（(1）2(5）2）=e r(6），項正確；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載Dz在復平面內(nèi)對應的點是(-1,-5），位于第三象限,D項正確。故選A.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載0ACD 根據(jù)數(shù)量積的分配律可知A項一定成立;選項中左邊為c的共線向量，右邊為a的共線向量，故B項不一定成立;根據(jù)數(shù)量積的定義可知ab|a|bcsa，b|a|b|，故C項一定成立；|a|2（+b）2a-2|a|b|-2|b|o 2|a|b|2a|b|（os ）,為a，b的夾角,故|a|(|+b)2，a-ba|，故D項一定成立。故選ACD.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1.CD 如圖,因為點D，E,分別是邊BC，,A的中點

10、，所以eq o（EF，up6（)）=e f(,2）eqo（C,sup(）-eq（1,2）eq o（，sp6(),故不正確;eqo(BE，u(）)=e （,su6（）eq o(，su（）)=eq o（C,sup6（）)q f(1，2)eq o（CA，sup6（）) o（B，sup6（）eq f（,）(eqo(CB,sup（)）eq (A，sup6(）)eq(BC，sup6(）)q f(1,2)(BC,up6（）e f（1，)q o（AB，sup6()）eq f（1，2)eq （,sp6()+ef（1，2)eqo(BC,p6(）)，故正確；q (FC,su6（)）q (AC,s6()）eq o(A

11、F,sup6（)=eq o(D，sup6()q（C，sup6（）)+e o（A,sp6（）)q o(A，s()）eq (1，2）eq o（BC，up6(）+eq o（FA，sup6（）=e o(A,sup()+eq o(FE，sup6(）)q o(FA,su()eq o（A，up6（)+e o(FB，sup6(）)+eq o（BE,sup6（）e o（FA，su6()q o(AD,sup6（）) o(B，sup6(），故C正確；由題意知，點G為ABC的重心,所以eq o(G,sup6（）)+eq (BG，su6（)+e（CG，sp6()）=e f（，3）eqo（A，sp6（）+eq f（2，3

12、)q （B,sup6(）)q f（,3)C=eq f(2,3）q f（1,)（o（B,sup（）)+ o(A，sup6()+q f（2,3）eqf(，)(eq o（A,su6（）+e o（BC,sup6（）)eq f（2,3)q （,2)(e o(B，p6（)eq o(CA,sup()）=,即q o(GA，sup(）)+eq o（GB，sup（）+eo（,sup6（)0，故D正確。綜上所述,正確的是BC未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載12.AB由題意，復數(shù)z1e （2，1i)=eq （2(-i)，（-1i)（1i）)=1i，所以復數(shù)z1在復平面內(nèi)對應的點(，-1)位于第三象限,所以A正確；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載

13、由z1-1i,可得其虛部為-1，所以B正確;zeqoa(,1)（1i）4=（1-i）22（2i)2-，所以C不正確；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載由z1=q r（1)2（1)2）er(）,得滿足|=z1的復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點在以原點為圓心，半徑為eq r（2)的圓上，所以D不正確.故選AB。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載13。34i 設復數(shù)abi（a、bR)，則 o（z,sup（）)|abq r(a2+b）,+q o（z，sup6(）=a+q r（a2b2）i8,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載e l（avs4aco1（r（a2b2)8，,b=4，）eq bc（avalco(a3，=，）)z=+4.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載14. 對于

14、，a，bR且a=，若ab0時，則(-b）+（a）i不是純虛數(shù),錯誤；對于，當z是非零實數(shù)時，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)知eq blcrc(as4alc1(z+f（1，)）恒成立,正確;對于，復數(shù)z(1i）2i,z的實部和虛部都是2，正確；對于，如果|a+2i2i,則2+4+1,解得a1，所以實數(shù)a的取值范圍是-1a1，正確;對于,復數(shù)z=，則ef（1,z）+zeq(1,1i）+（1-i)eq （3,2)-eq f(，）i,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載錯誤綜上,正確的命題的序號是。15.eq f（7,1)eqf(1,9） 由|eo(OA，sup6（)）=|eq o(B，sup（）)|eqo(OC，sp(）,得點

15、O是ABC的外心，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載則qlc（avs4alo1(o(AO，sup6()）(AB，u6（）(|(B,up（）)2，2)=50，,o（O,sup6()）o（AC,sp6（)f（o（A，su（）)|2,2）=18.）又因為eq o（A,up（)）eo（AC,sp6(）)10 f（1,）=3，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載將eq（O，up6（)= o(AB,su6(）+neq o（AC,sup6(）)代入eq lc（as4lo1(o（AO，su6（）)o(B,sup6（)）=50,，o(AO,sup6（)）（A，su（)）=18。）中，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載得eq blc(vs4lo（00m30n=0

16、,3m3n1,）)所以eq bc（avs4lc（mf(，15)，nf(,）.）)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載16.或e f（5，) 設(AN，sup6()）xe (A，sp6（)）,因為G為AB的重心，所以eo（A，sup（)+eq o（C,sup（)）eqo（AG，su（)，即eq blc（rc)（avsalco(1+(1,）)）eq（M,sp6（)）+eq f（1，x)e o(AN,sp6()）3q （A，up6(）,所以eq f(,3)e o(AM,sup6（）q f(1，3)e o（AN,sup6(）)=eq o(AG，sup6（)由于，N,G三點共線，所以eq f（1,3)+eq （1,）1，

17、即x=f（，1)。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因為SABC=eq （1，2）|e （AB，sup6（）)|eqo(C,sup6（)）sin ，SAMNeq f(1，2）eq o(M,up6（)）|eq (AN，up6()sinA，所以e （SAMN,SABC）=e f(o(AM，sp6（)|（AN,sp6（）)|，（AB,sup6（）)|(A，up6()）|)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=eq f(（，1)|o（B，sp6（)o（AC,sup（）,|o(A，sup6（）)|o(C，sup6（)）|)eq f(，+1）eq （25，54),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載聯(lián)立解得=或eq(5,).7。解(1）由題意知bcosef

18、（3x,)cos eq （x，2）sin q （3,2)sinq f(x,2）=cos 2未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載ab|=1,a|=a22a+b2=2osx4c2x,又xeq cc(v4al1（0，f（，2）),cs x0,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載+b2cosx(2）由(1）得：f（x）a-|a+bcos x22cosx2co2x-4co x1，xeq blcc(vs4alco1（0，f（,2）)。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載令cosxt0,y=t2-4t1，t，1，對稱軸為t，若0，則ymin=1,不合題意；若，則ymin=14=eq f(3，2),=eq f（，)，不滿足。若01,則ymin122eq f(,2

19、）,=eqf(1,2）。q f(，）（舍去）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載綜上，eq f（1,2).1解 （）由條件知|a|,|b|1，又2a-與a-7垂直，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以（ab）（ab）70,所以ab=1.所以a+2a2a+b|242+1，故|a+|=eq r（）。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載(）由|eq r（3）b|ma|，得|e (3)b2=a2，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載即|a|2+2eq r(3)ab3b2=2|a2,即4+eq （3）ab3=4m，72eq（)（cs eq r（3）sn )=4m,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以4eq r()snq blc(rc）（avs4alco1（+f(，6)）=42.未經(jīng)許

20、可 請勿轉(zhuǎn)載由eqbr(avs4lco1（,f(，2）得eq f(，6)eq lcrc(avs4alo（f（，）,f（2,3）)，又要有兩解，結(jié)合三角函數(shù)圖象可得，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載4m2-74eq (3），即eq f（,4）m2 f（7r（)，）,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載又因為m0，所以eq f（13）,2）eq f（2+r（3），）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載綜上，正數(shù)的取值范圍是eq lcr）（avs4alco1（(r（)，2),f(2+r()，2）)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載單元卷五平面向量、復數(shù)(能力提升卷）1B由復數(shù)的模的定義知|2+=eq r（2222）=2eqr（2），所以(1）=2 (2）,=eq

21、（2(2），1+i)=q f（r(2）（1)，(1i）(-i）)=eq r(2）（1i)=e (2)q （2）i，則復數(shù)的虛部為eq r(2）。故選。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2C 因為ab+c0,所以abc，所以（+b）=(c）2,即+b2+2ab=c2,即1+21c=1,所以cosa,b-e f(，2),因為a，b0,，所以a，b=eq （2,3),故選.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載3.C 設o(AC，su6()eq o(A，sup6(）()，則eq o（A,sp6（）)eqf(3,)q o（AB,sup6（)）eq f(，7）eq o（AC，sup6(） f(3，7）eq o（，su()+eqf（，7）q

22、 (A，sup6（)），因為，F(xiàn)，D三點共線，所以eqf(3，7）+eq (，)=1，得4。所以q f(AC，AD）4,故選C未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載。B令（x)x310，則(x1）（x2x1）0,故方程根為x或=e f（1r（)i，2），故另外一個根是eq (，2）eq f(（),2)i.故選B.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載5C由圖可得q （CD,sup6（）)=qo(BC，sup6（)，所以q o（B，p6（）o(D,su6（）eq o（AB，p（）+q (BC，u（)eqo(AC,sp6(),CD中，A=未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載eq r(2C22ADCDcs (,3）eqr（262f（1,2）2q r(7）故

23、選C.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載6.C 建立如圖所示直角坐標系:因為A2,ABC，所以AC2eqr(3)，A|eq r（6),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載則(，），C（，2 r（）,D（eq r（3),e r（）)，所以eqo（AB，sp6()（,0)，eo（A，su6(）=（,2q （3）),e (D,sup6（）)=(eq r(），-eq r（3),e o（DB,up6（）)=(2+eq r(3),-eqr（3），未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以 （AB，su6()eq o（CD,sup6（）eq o（C，sup(）)eq（D,sup6（)）62eqr(3），故選C未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載7。D 取邊的中點為D,連接P，則

24、eqo(B，up6（）eq o（PC，u(）=2eq o(P，up(）,又eq o（PA,sp（）)eqo（PB,sp6（)+qo(PC，sp6()）,所以eq o(A，sup6（）)=(eq（P，up6(）)+ o(PC，sp6()）)=-eq o(D,sup6（）),所以q o(，p6(） （D,sup6（），q o(PA，p()=-eq f（2，3）eq o（D,sup6(）)=eq(2,3）（eqo(BD,sup6（)）eq (B,sp6(）eq f（2，3）e o（，up6（）)f（1，3) o(BC,sup6()）,故選D未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載.C 如圖所示，由正六邊形的幾何性質(zhì)可知，

25、A、OC、OCD、DE、OE、OFA均為邊長為4的等邊三角形,當點P位于正六邊形ABCDE的頂點時,q o（P,u6（)）取最大值，當點P為正六邊形各邊的中點，e o（PO,sup（)|取最小值,即eq (PO，sup（）)min4in eqf（,3）2eq r（3)，所以|eq o(PO,sup（）|2eqr（3），。所以q(M,sup（）eqo(PN，p6（)=（eq o(PO，up6（）)eq(O,u6(）（eq o(P，sup6（）)eq o(ON,sup（)=（qo（PO,u6（)+q （OM,up6()）(eqo（，up6（）q o（M,sup6(）)）=eq o(PO，sup6(

26、）248,12故選。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載9ABC 因為（2，4），b=（6,2)，所以b3a,對于A，因為b3a,所以b3|a,故A正確；對于B,因為ba，故b，故B正確；對于，因為b3a,所以b與a的夾角為180，故C正確；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載對于D,在b方向上的投影為：|a|s=-q（22+（4)2)=2eq r（5）,故D錯誤故選AC未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1.ABC復數(shù)z=-2在復平面內(nèi)對應的點為1（2，2），故A正確；復數(shù)z122，其共軛復數(shù)1=+2，故B正確；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載設2=xyi(x，yR），則z-|xi-（x2+（1）2）=,即x2+(y1）21，所以復數(shù)z2在復平面內(nèi)對應的點P

27、2在圓x2（y-1)21上,其圓心為C（0,），半徑1,|z2z1表示的是復數(shù)z1和z在復平面內(nèi)對應的兩點之間的距離,即|P1P，|P1的最大值是P1C|req （20）+(-2-）2)+1=qr(）+1,1P2的最小值是1C|=eqr(13)，所以2z的最大值為eqr（13)1，最小值為eq r（13）-1,故C正確，D錯誤故選ABC.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載11。A 建立如圖所示的平面直角坐標系.則A（0，0）,B（2，0）,（2，2),D(0,2)設P（x，y）,則eq（，sp6(）=(-，y),e o（P,sup6（）)（2，y），e (PC，up6（)）=（2,2-),eq o（PD，sp

28、6（）（x，2y)，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以(q o（A，sup6（）eqo（PB，sup(）(e （PC,sup（)）+e o（,su6(）)）=(2-2x，2y)(22，y)=(22x)+(2y2)24,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以當x，y1時，（e o（P，up6(）+eq o（P，su（）（eqo（P,sup6（）+eo(PD，sup6（）)）取得最小值，無最大值。故選AD未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1BC 設z1=a1+bi（a1且b0,a1，1R），未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載za2+b2i,z3a3b3i（a2，2，a3,b3R).對于選項A:若z+i，z3=1-i，則|z2|z，而z2z，故錯誤未經(jīng)許可

29、請勿轉(zhuǎn)載對于選項B：由z1z21z3，得1(z2z3）,因為z0，所以zz3，故B正確.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載對于選項C:因為z1z2|=|1|z2,z1z3|=z1|3|，若e o（z,sup6（-)）2=z3，則|z2|=|z2=|z3|，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以zz2|1z3,故C正確對于選項：當2eq o(z，s（)1時，z12|z1|2，故錯誤故選C。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載13. f（,2）e f（r（），2）i令z=x+yi（x,yR）,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載z1z2(+yi）（1eq(）)（eq r()y)+(e (3）x+y）為正實數(shù)，q lc(avs4alco1（r(3）xy=，,（3)y

30、0,)）又2=1，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載即eqbl(avs4alc（x(1，2)，y=(r（）,2）)）或eq bl(avs4ac1（xf(1,2)，y=（r（3)，2)）（舍），z2eq （,2） f(3)，2）i.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1.32eq r（2）法一 因為qr()b與a的夾角為4，所以cos 45eq(（r(2）a）（xab）,|(）a|xb|)eq （r()x+,（3（x21）eq f(r(2)，2),即x24e r（）x-10，解得x2e（2)+3或x2eq r（2）-3（舍去).未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載法二因為a，b為單位向量，且ab，所以不妨令a(,0），b(0，1),則eq r（2

31、）a+=(e （2)，），ab=（x，1）,所以co 5e f(（r（2）a+b）（xa）,（）+b|xa+)eq f(r（)，r(（x2+1）)）eq （r（2），），即x24q r（）x-，解得x=2eq r（2）+3或x=2eq r(）3(舍去）。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載5.10 由題意,向量q o(AC，sup6(）（3，1），eq （BD,sup(）)（，),e o(C，sup6()）eq o(D,sup6(）)，可得eq (AC，up6（)）e o（BD，sup6()=2(1)m0,解得m=6，所以四邊形的面積為eq f（1，2）q （AC,up6（）)eq o(BD,sp6(）)|未經(jīng)

32、許可 請勿轉(zhuǎn)載=eq （1,2）eq r（(1）2）eq r(262)=10。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載16.2 -eq f（，） 由題可知，eqo(D,sup（)eq f（1,)q o(BC,su（)）,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載設q（AE，up6（）=meq o(AD，sup6（）)（01），未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載則eq（AE，su6()meq c(rc）（avs4al1（o（AB,sp6（)f（，3）（BC,sup(）)）)eq blcr(av4lco(o(AB,sup()）+（1,）(BA，up(）(AC,su(）)）),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以 (E,up6（）eqf（2，3）meq o(AB，up6()

33、）+q f(1,3)mq o（A,sup()。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載又 o（AE,sup6（）=eq （AB，sup6（)+eq o（A，up6(）)，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載可得q f（2,3)m,eqf(1，），所以eq f（，）=eq f（(2，3），f（1，）2。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載則2eqf（4,)m2eq f（1，3）m=eq f（4，) blc（rc）(avsalco1（3,8）eqsup2(）-f(1,6),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以當meq f（，8）時，-取得最小值-eqf（1,6).未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載17.解（1)因為a，所以eq f（1，2)i eq f（r（3)，2）2cos ，未經(jīng)

34、許可 請勿轉(zhuǎn)載即s eq r(3)os ，所以tn =eqr（3），未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載又00，所以(a）（aq）=（a1a2）q20，選項A正確；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載B：由a1a0a1(q）0a10，而a1a20a(1+q)0且0,選項正確;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載C：由n+1an0eq f（an，an）1q1，an+an+22an+an+an2-2nqan（1）0aan2a+1，選項C正確；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載:由anan+0aanq，（an1an)（na+1q）q(+-an)2，選項D不正確,故選ABC.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2.CD 由題意,將每一個節(jié)氣晷長排成一列,組成數(shù)列an,則有an為等差數(shù)列,

35、夏至晷長為a15,冬至晷長為13=15，則有a3=a+1d135,解得d1.對選項A，白露、立秋分別對應的為a6、a4，所以白露比立秋的晷長長2d=20寸,即兩尺,故A正確;對選項，由圖可知大寒比冬至的晷長要小兩個d，所以大寒的晷長為115寸，即一丈一尺五寸，故錯誤;對選項C，由圖可知，處暑和谷雨的晷長相同，故正確;對選項D,可得立春的晷長為105寸，立秋的晷長為45。故D正確。故選ACD。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載13。20由a3a8aa18，得a4a7,所以lg r（3)a1+lg eq r(3）a2+log eq r（3)a10lge (3)(a2)o eq r（）(a11）log r(3)(a

36、a7)5=lg q r（3）92lg33120.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載4.3 3 設等差數(shù)列a的公差為d(d),由a1,a3,a11成等比數(shù)列得：eqoal（2，3)=a1a11,（a5-2d）2=（a5d）（a6d），整理可得：14d23a5d，0,a5=1，d=3,=5+(n-5）1,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載b（1）n+1(3n1），2 011(b2+b)（b4+b5)(b 02+b2021）2+31 010=3 02。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載12 n（nN） 記an表示第n代“類勾股樹”上的所有正方形的面積之和，則a1=，第2代“類勾股樹為在第1代的最上面的每個正方形上各增加兩個小正方形，由勾股定理知,

37、增加的兩個小正方形的面積之和恰好等于原來的正方形的面積，所以a2a1=4，所以2=8+4=12，以此類推,可知a是以8為首項，4為公差的等差數(shù)列，所以n=+(n1）=4n4（nN*）.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1652由anns q f（n,2)，得=an+a+1ncoef(n，2)+（n1）cos eq f(n1，2）cseq f（n，2)(n)sin e （,2）,則bn4nos n(4n+)sinn4n，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載b4n（4n-1）coeqbl（rc）（as4lco1(2nf（1，2）4nsnqblc(r)（avs4alco1（2nf(1,2）=n,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載b4n-2（4n-2

38、)cs（n1）(1）n（2n)2-4n，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載bn3（4n3）coseq lc（)（avs4aco1(2n-f（3，2）（n-）seqblc(rc)（avaco1(2n-f（3，）=24，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以b4n-34n-2b414,于是數(shù)列的前0項和bb2b3+b8+b49b50=12(b1bb+b4）+413-3+b41312241+21=-52未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載17。解 選擇因為a312，所以13，所以Sn=eq f(3（1-n）,12)=3（21)令2 20，即3(2k1) 020，得2eq f(2，)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以存在正整數(shù)，使得Sk 20，k的最小值為10。

39、選擇因為a3=12,所以a1=48，所以Sn=eq f（4blc(c)(a4lco（1f（1,2），1f(1，2）=96eq bl（rc）（avsco（1f(1，2n)）.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因為Sn962 ,整理得()k2 019。當k為偶數(shù)時，原不等式無解；當為奇數(shù)時，原不等式等價于2k019，所以存在正整數(shù)k，使得2 020，k的最小值為1.解（1）設數(shù)列an的公比為,由已知q.由題意得2a1q+a1q2=a1q3，q0,所以q2q2=0，得q=2由aeq oa（,1)=q3，得a1q2，所以a1=1.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載（2)由題意知f(i)bi，f(1）b1a11，eq f（i1bi,(

40、1)）=2i，即bi+1i=2i，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載由bb1=，b32，n-bn2n-1，累加可得nb1=2122+2n-1，所以b=2+21+22+n1eq f(12n，12）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=2(N*)。1。解（1）設等比數(shù)列an的公比為q(0）, a2a5=，a825，1qa1qa16,a17=256,q=2，=2n(nN）。2Sn=beq o（2,n)n2,當n=1時，2=21bq oal(,1)b12,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載解得b2或1=1(舍去);當2時，Sn-1bq oal（,n1)+b12,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載-得2bnboal（2,)-b oal(，n1）bnbn,未經(jīng)許可 請勿

41、轉(zhuǎn)載即（bn+bn1)(bnbn1）=0，bn+b-10，bnn10，即bnbn-1數(shù)列bn是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列,bn=2(1)1（nN*）.(2）由（)可得S=e f（n(n+12），2）=f（n2+3n,2）,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載cq f（2blc(r）（avs4alco1（f(n+3n,2)（3，)）2n+1，(n+)1)n2+1,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載n=12222332+(1)2+n2n，2M1232435+（n1）2n1+n2n2，故-Mn22+42+2+2=eq f(2（-2），12）-nn2=-4(1）n2,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載n=4+(n）+2（n*）。20。解（)設等差

42、數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因為bn，所以q0.依題意得blc(aalc1（q23+3+d=2,，3+4d-2=+2d,)即eq blc（s4alco1（q2d,，d=q，）)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載解得=q=或dq3(舍）。n=n1，2n1,nN*。(2）由（）可得n=eqf(n(+2n1）,2）n(n2）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載q f(2,S) f（2，n（2）)eq f（1，n）e (1,)。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載cnelc（vsalo1(1，n）f(1,n+2）,為奇數(shù)，,2-1,n為偶數(shù)，）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載設數(shù)列cn的前2n項和為T2n，則Tn(c1+c3+c2n-

43、1)（c2+c4+n)qbl（r)(as4alo1(1f(1,3）+f（1，）-f(1，5)+f(1,2n1)f（1,2n1）)）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載（2+22n1）-eq (1,21）+eq(2(122n)，122)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載eq（122n1，）eq f(，2n)（nN）。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載21解（1)若選，則2S=nan1，當n=1時,2S1a2，得=2；當n2時,2Sn=（n1）an，兩式相減得annan(n）an,即（+1)ana,q f（n+,an）=qf(n+1，）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當n2時,n=eq （n，n1)eq （n,n)eq f（,）an，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當n1時

44、也成立，ann（nN).若選,2Snan1,當n=1時，2S1=aa，得a2=2；當n2時,得2Sn-1nan1,兩式相減得an=anaan1.由an0，得an+11=2，又a11，a=，2是公差為2，首項為2的等差數(shù)列，a21是公差為2，首項為的等差數(shù)列，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載故an=n(nN*)若選，aa（，n)an2n，當2時,aeq ol（，n-)+an-1=2n1,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載兩式相減得aeq l（2，n）a-aeq al(2，n-）a2an，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載即（an+1）(a-an-),由a0，得anan-110，an是公差為1的等差數(shù)列，而a1=1，故n=n。(nN)（2）由

45、（1）知bn（1)n，則T=22+2223（n1)2n，2=222+32+nn(n1）2n+，兩式相減得Tn+22+232n（+）214+eqf（4(121),1）（n+1）2n+1未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=44+1-（n+1）n1=n2n+1，故nn21（nN）22。解a2=，a5=16，3qf（16,2）=23,q，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載an2qn22n-1若選,d=0,a33,dq=2,b=2=4，n3-（-3)1-2n，b1,Sneq （812)n，2)q (81，4)qlc（c)(as4lco1（nf(9，2)）equp12（2),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當n或n=5時，Sn取得最大值,為S4S5=

46、0.若Sn5,則eq f（0，）（Sn)max=20,又N*,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=1或。若選,a7=0，a3b3,b7a48，b34，dqf(8，4)=,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載bn=73（n-7）133n，b0,由bn0得4,當4時，S取得最大值，為S4=e f(1+1334，2)4=22。若Sn5,則e （50，）（n）max2，又*,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1或.若選，S3，b2,b2=，a=b，34，d，bn=b2+(n2）1。等差數(shù)列bn遞增,Sn無最大值，不存在正整數(shù)，使得n50。單元卷六 數(shù) 列（能力提升卷）1CSeq f(5(aa5）,2）65，a15=a=2，a313，a1+a4=a2a

47、3=151328，故選C。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2。A 設a的公比為q,由eq f(S2,S2+S)eq f(1，4），得S4=3S2，顯然q,則eq f（a1（1q4)，q）=eq（3a1（1q2),1q），1+q3,所以q2=2，所以eq (a2，2a4）eq f(a2,a2+a2q2）=eq f（，1+q2）ef（，3),故選未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載3A 由條件得n1+3Sn，當時，+3n1,兩式相減，得an1=4an，2，又a3=1，所以a2=3，a1=eq f（3，）,將=1代入+1+3Sn，得a23a1，得eq f（,4）。故選A未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載4C設等差數(shù)列an的公差為d，因為a1a3+

48、2a8112d+2(1+7d)=4a16d=4,所以a14=a51，所以2a1a22a9=212a9=2eq f(9(a+a9),）2f（a5,2）=29=52，故選C。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載5A根據(jù)題意,an1既能被4整除,又能被5整除,所以an能被0整除，可得數(shù)列n是首項為1,公差為20的等差數(shù)列，所以a2（n1)20=20n，又1an2 21，所以10，解得n,D錯誤未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載0。AD因為Sn+12Snn,所以n+1+n+1(S+n）。又S1，所以數(shù)列Sn+n是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，故A正確;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載nn2n，則Sn2nn.當n2時，an=SnSn12n1-，但a1

49、21-11,故錯誤;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載由=，a1，a3=可得a112,1=2,a+14,則有eqf(a3,2+1）eq f（a2+1,a1+），故C錯誤；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因為2n2n12n,所以2S1+2S22S21+2322n1n=22+32n+1-2(12+n）eq (4(2n）,2)2eq blcc（avs4alco1(f(n(n-1），）)）2n+2n2n4，所以數(shù)列Sn的前n項和為nnn-4，故D正確.故選A。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載11D對于A，若an，則an+1n（1）3n=3，所以an+1an不是單調(diào)遞減數(shù)列，故A錯誤；對于B，若an=n2+1，則an+1an（)21n2-12+,

50、所以n1-是單調(diào)遞增數(shù)列,不是單調(diào)遞減數(shù)列，故B錯誤;對于，若=eq r(n）,則an+1-eqr（1）eq r（n)=eq f（1,r（n+1)+r(),所以an1an為單調(diào)遞減數(shù)列，故正確；對于D,若aleq f（n，n+1），則an+-nlq f（n,n+2)ln eq f（,n1）lneq l（r）（avs4aco1（f(n+1,n2）f（n1,)）=lneq bl（rc）(4lco1（+f（1，n22n）)），由函數(shù)lneq blc(rc)(v4lco1(1+f(1，x2+2x）)在(0,+)上單調(diào)遞減，可知數(shù)列an1a為單調(diào)遞減數(shù)列，故正確故選CD.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2CD 以2到

51、7為分母的數(shù)共有1+23+1(個），所以a2q f(1,8）,a3=eq f(，),a24=q （3，8）,故正確.因為e f(1,n+)+eq （，n1)+e （,n） (n（n)，（+1)）=eq f（n，），所以數(shù)列為等差數(shù)列，故B錯誤.數(shù)列elcrc(as4a1（f(n,2）)的前n項和Tn=eq f(nblc（rc)（avs4alco1（1,2）（n，2)）,2)=eqf（2，4)，故C正確.由T6=qf(26，4）10。5,即S2=10.0，得S2e f（2,2）f（6，7）=f（135，14)1，此時0=eq f(5,7),故D正確選ACD.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載138 n2+9n(

52、nN）因為數(shù)列a是公差為2的等差數(shù)列,a1，a3,a4成等比數(shù)列,所以aeol(2，）a14,即（a14)2a1（a16),解得a1。所以n8ne f（n（1），2)()2(n*）.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1eq blc（r）（vs4alco1(f(1，2) sup12（）（答案不唯一）根據(jù)前n項和數(shù)列是單調(diào)遞增的,可以判定數(shù)列的各項，從第二項起，各項都是大于零的，由數(shù)列本身為單調(diào)遞減數(shù)列,結(jié)合各項的值的要求，可以考慮公比在0到1之間的等比數(shù)列的例子,例如an=eblc（rc）(avs4alc（1,）eq sup1()就是符合條件的例子（答案不唯一）.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載157 56 依題意a1，a4

53、成等比數(shù)列，而11，a2=2，公比e （a2，a1)2，所以34，a4=8依題意，若apaq，則ap1=aq1，而a1=a5=，所以a2a6,a,a4a8，a9,以此類推可知數(shù)列an是周期為4的周期數(shù)列,所以2021S5051=5（a1+a234）a=505151= 576。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載16。 因為n+an+1eq （，2），數(shù)列an是等比數(shù)列，所以數(shù)列n的公比=eqf(ann+1,an-1+an)eq(n，2n)=e（，2）又a1a2a1e lc（r)(s4alco（+f(1,2）)）=eq（,），所以a1=eq f（1,),故an=a1qnq （1,)eqf(1,2n-),所以bnn

54、an=2eq f（1,3） （1，2n1）qf（1，3）q f(1,n)eq f（1，9)q f(1,4n1)，故數(shù)列bn是以eqf（,）為首項，eq f(，）為公比的等比數(shù)列,所以Teq f(f(1,9）blc(rc)（avsalco1（1f（1，4n)）)，1(1,4)=eqf(4，27）eq lc（rc)(av4alc(1f(1，4)）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載由eq f（，27)eq b(rc）(avs4ac1（1（1，4n）)eq f（,),得e (1，n)q f(1，6），所以n3,n的最小值為3.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1.（1)解由題知，a12a3a3nan=（1）212,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載

55、當n2時，a1+a2+3a+（n-1）a1=(n）2n2，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載nn（n1）2n1（n-2）nn2n，n=n（n2）。當1時,a1，當=1時，n2n也成立，an2n().(2）證明n=q f（an，（n1）(an+11）)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=q f（2，（1)（2n+1)eq （1，2n）eq(1,n+11),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載S1b+b3+beq blc（c)（avs4l(f(，211)f（1,22+1)）)eq bc(c)(avs4alc1(f(，22+1)f（1,23+)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載+e bl(c)（avs4alo1（f（1，2)f（1，+1）eqf（1，3)qf（,2

56、n+1）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載N*，q f（1，n+1+1),neq (1,3）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載1。解（1)點(n1，Sn)（nN)在直線2xy-0上，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載Sn=a+13，當2時，S=2an3，兩式相減,并整理得an1e（3,2）an（n2）,又a1S1223q（，2)，且a2=eqf（3,2)a1,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載由可知，對任意nN*都有eq （a1，n）q f(3,2),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載數(shù)列a是以eq f（，2）為首項，e (，2)為公比的等比數(shù)列，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載aneq f（3，2）eq c(rc)（a4lo1(（3,2）eq su12(n1）eqblc(r)（avs

57、aco(f(3，2）)eq sup1（n)(nN*）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載(2）由(1)可得,b=neq blc（rc）(as4aco1（f（2,3)eq sup2（n）,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載T1q bl（rc）(av4alc1(f(2,）)）esup12（1)e bl（rc)（avs4alc1(f（2,)）q sup2（2）3eqbl（rc）（as4lco（f(2，）)eqsup12（）+ne lc（rc)（v4lco(f(2,3）)）eq p12（n），未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載eq（2,3）Tn=eq blc（）(s4lo1(2，3）)）eq u1（2）2e blc（rc）（valco1（f(2,3)

58、）eq sup12（3）+(n-）eq blc(c)(avs4lo（f(2，3)） sup12（）+neq blc(rc）(avslo（(,)）eq sup12（n+),未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載得q f（1,3)Tneqblc(rc)(as4lco1（f(2，3）qu2（1）+eq blc（rc)(as4al1(f（2，3）)）e su2（2）e bc(rc）（as4alco1(2,3)）esu1（3）+eq lc（rc）(aslc1(f(2,3）eqsp12（n)e blc（c）(avs4lco1（f（，3）)n+1未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=e f（f(2，3）blrc(vs4alco1（blc（r）(

59、vs4aco1(f（2，)）sup2()），1f（2，3)）-e l（）(vl1（f（，3）q sp12（n+1）未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2qf(n6，3）e l(r）(as4aco1(f(2，3）)eq su12（n)，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載Tn=6(26）qbl（r）（av4ao1（f（2，3)eq up1(n)（n)未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載19。解 若選：因為Sn2an3，所以當n2時，n12an-3，-得an=-=2an-an,即an2a1.當n=1時，a1S12-3，解得a，所以數(shù)列an是首項為3，公比為2的等比數(shù)列.所以an3-1所以b=anlogeq f(an1，3)=n2n,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載

60、所以n1+b2b+b3（1+221+32+n21），未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2Tn=3(122323+2)，-得T=3（2222-1n2n）eq lc(rc）（vs4alc1(f（n-1，2)-n2)）(1-n)2n3,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以Tn33(n1）2n。若選：因為Sn32n3,所以當n1時，a1=S32-=3；當n2時,Sn-121-3,得nSnSn13n32n-=32n-1，因為a13符合上式，所以32n1對一切n*都成立。后同選若選:由aq oal(2，n+1）=aan2(nN)，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載a13，424知數(shù)列an是等比數(shù)列.設數(shù)列an的公比為,則a=a1q3，即2=33,所以