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集合与常用逻辑用语一、单选题1．（2024·全国 1卷）已知集合 Ax∣ 5x35 ,B{ 3, 1,0, 2,3}，则 A B （ ）A．{ 1,0} B．{2,3} C．{ 3, 1,0} D．{ 1,0, 2}2．（2024·全国 2卷）已知命题 p： x R， | x 1| 1；命题 q： x0， x3x，则（ ）A．p和 q都是真命题 B． p和 q都是真命题C．p和 q都是真命题 D． p和 q都是真命题3．（2024·全国甲卷文）集合 A1,2,3,4,5,9 ， Bx x 1 A ，则 A B （ ）A． 1,2,3,4 B． 1,2,3 C． 3, 4 D． 1,2,9 4．（2024·全国甲卷理）集合 A1,2,3,4,5,9 , Bx x A ，则 A A B（ ）A． 1,4,9 B． 3, 4,9 C． 1,2,3 D． 2,3,5
5．（2024·全国甲卷理）已知向量 ax 1, x,bx, 2 ，则（ ）
A．“ x3”是“ab ”的必要条件 B．“ x3”是“ a / /b ”的必要条件
C．“ x0 ”是“ ab ”的充分条件 D．“ x1 3 ”是“ a / /b ”的充分条件6．（2024·北京）已知集合M{x | 4x 1}， N{x | 1 x3}，则MN （ ）A． x 4x3 B． x 1 x 1 C． 0,1,2 D． x 1 x4
7．（2024·北京）已知向量 a，b，则“ a b · ab0 ”是“ ab或ab ”的（ ）条件．A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件8．（2024·天津）集合 A1,2,3,4 ， B2,3,4,5 ，则 A B （ ）A． 1,2,3,4 B． 2,3,4 C． 2,4 D． 1 9．（2024·天津）设 a,b R ，则“ a3b3 ”是“3a3b ”的（ ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件1C．充要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题10．（2024·上海）设全集U1,2,3,4,5 ，集合 A2,4 ，则 A．2参考答案：1．A【分析】化简集合A，由交集的概念即可得解.【解析】因为 Ax | 3 5x3 5 ,B 3, 1,0,2,3 ，且注意到1 3 52，从而 A B 1,0 .故选：A.2．B【分析】对于两个命题而言，可分别取 x= 1、 x 1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.【解析】对于 p而言，取 x= 1，则有 x 10 1，故 p是假命题， p是真命题，对于q而言，取 x 1，则有 x3 13 1 x，故q是真命题， q是假命题，综上， p和q都是真命题.故选：B.3．A【分析】根据集合 B的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.【解析】依题意得，对于集合 B中的元素 x，满足 x 1 1, 2,3, 4,5,9，则 x可能的取值为 0,1, 2,3, 4,8，即 B{0,1, 2,3, 4,8}，于是 A B{1, 2,3, 4} .故选：A4．D【分析】由集合 B的定义求出 B，结合交集与补集运算即可求解.【解析】因为 A1,2,3,4,5,9 , Bx x A ，所以 B1,4,9,16,25,81 ，则 A B1,4,9 ， A A B 2,3,5 故选：D5．C【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【解析】对 A，当 ab时，则a b0，所以 x(x 1) 2x0，解得 x0或 3，即必要性不成立，故 A错误；3
对 C，当 x0时， a1,0 ,b0, 2 ，故 a b0，
所以 ab，即充分性成立，故 C正确；
对 B，当 a / /b时，则 2(x 1)x2，解得 x 1 3，即必要性不成立，故 B错误；
对 D，当 x1 3时，不满足 2(x 1)x2，所以 a / /b不成立，即充分性不立，故 D错误.故选：C.6．A【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【解析】由题意得MN 4,3 ，故选：A.7．Aa ba
【分析】根据向量数量积分析可知 b0等价于 ab ，结合充分、必要条件分析判断.
【解析】因为 a b a ba 2 b 20 2 2，可得 ab ，即 ab ，
可知 ab ab0 等价于 ab ，
若ab或 ab，可得 ab ，即 aba b0，可知必要性成立；
若 a b a b0，即 ab，无法得出ab或 ab，a
例如 1,0 ,b0,1 ，满足 ab ，但 ab且 ab，可知充分性不成立；
综上所述，“ abab0 ”是“ ab且 ab ”的必要不充分条件.故选：A.8．B【分析】根据集合交集的概念直接求解即可.【解析】因为集合 A1,2,3,4 ， B2,3,4,5 ，所以 A B2,3,4 ，故选：B9．C4【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.【解析】根据立方的性质和指数函数的性质， a3b3和3a3b 都当且仅当 ab，所以二者互为充要条件.故选：C.10． 1,3,5 【分析】根据补集的定义可求 A .【解析】由题设有 A1,3,5 ，故答案为： 1,3,5 5不等式与不等关系一、单选题1．（2024·全国 1卷）已知函数为 f (x)的定义域为 R， f (x)f (x 1) f (x2)，且当 x3时f (x)x，则下列结论中一定正确的是（ ）A． f (10) 100 B． f (20) 1000C． f (10)1000 D． f (20) 10000 x2 2axa, x02．（2024·全国 1卷）已知函数为 f (x) ，在 R 上单调递增，则 a取值的 exln(x 1),x0范围是（ ）A． ( ,0] B．[ 1,0] C．[ 1,1] D．[0, )3．（2024·全国 2卷）已知命题 p： x R， | x 1| 1；命题 q： x0， x3x，则（ ）A．p和 q都是真命题 B． p和 q都是真命题C．p和 q都是真命题 D． p和 q都是真命题4．（2024·全国 2卷）设函数 f (x)(xa) ln(x b)，若 f (x)0，则 a2b2 的最小值为（ ）1 1A． B 1． C． 2 D．18 4 4x3y3 0
5．（2024·全国甲卷文）若实数 x, y满足约束条件 x2y20 ，则 zx5y的最小值为
2x6y90（ ）7A．5 B 1． 2 C． 2 D． 26．（2024·北京）已知集合M{x | 4x 1}， N{x | 1 x3}，则MN （ ）A． x 4x3 B． x 1 x 1 C． 0,1,2 D． x 1 x4 S 17．（2024·北京）记水的质量为 d，并且 d越大，水质量越好．若 S不变，且dln n 1 2.1，d22.2，则 n1与 n2的关系为（ ）A． n1n26B．n1 n2C．若 S 1，则 n1n2 ；若 S 1，则n1 n2；D．若 S 1，则n1 n2；若 S 1，则 n1n2 ；8．（2024·北京）已知 x1, y1 ， x2 , y2 是函数 y2x图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）A． logy1y2 x1x yy xx2 2 B． log 1 21 22 2 2 2 2log y1y2 x x log y1yC． 2212 D． 2xx2 2 1 29．（2024· 0.3 0.3天津）若 a4.2 ，b4.2 ，clog 4.20.2 ，则 a，b，c的大小关系为（ ）A． abc B．bac C． cab D．bca二、填空题10．（2024·上海）已知 x R,则不等式 x22x30的解集为 ．三、解答题11．（2024·全国甲卷文）已知函数 fxax 1ln x 1．(1)求 fx 的单调区间；(2)若a2时，证明：当 x 1 f x ex 1时， 恒成立．12．（2024·全国甲卷理）已知函数 fx 1 axln 1 x x．(1)当a2时，求 fx 的极值；(2)当 x0时， f x0恒成立，求 a的取值范围．7参考答案：1．B【分析】代入得到 f (1) 1, f (2)2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【解析】因为当 x3时 f (x)x，所以 f (1) 1, f (2)2，又因为 f (x)f (x 1) f (x 2)，则 f (3)f (2)f (1)3, f (4)f (3)f (2)5，f (5)f (4)f (3)8, f (6)f (5)f (4) 13, f (7)f (6)f (5)21，f (8)f (7)f (6)34, f (9)f (8)f (7)55, f (10)f (9)f (8)89，f (11)f (10)f (9) 144, f (12)f (11)f (10)233, f (13)f (12)f (11)377f (14)f (13)f (12)610, f (15)f (14)f (13)987，f (16)f (15)f (14) 1597 1000，则依次下去可知 f (20) 1000，则 B正确；且无证据表明 ACD一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用 f (1) 1, f (2)2，再利用题目所给的函数性质f (x)f (x 1) f (x2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.2．B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【解析】因为 fx 在R x上单调递增，且 x0时， f xeln x 1 单调递增，2a 0则需满足21 ，解得 1 a0，
ae0ln1即 a的范围是[ 1,0].故选：B.3．B【分析】对于两个命题而言，可分别取 x= 1、 x 1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.【解析】对于 p而言，取 x= 1，则有 x 10 1，故 p是假命题， p是真命题，对于q而言，取 x 1，则有 x3 13 1 x，故q是真命题， q是假命题，综上， p和q都是真命题.8故选：B.4．C【分析】解法一：由题意可知： f (x)的定义域为b,，分类讨论 a与 b,1 b的大小关系，结合符号分析判断，即可得ba 1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析 ln(xb)的符号，进而可得 xa的符号，即可得ba 1，代入可得最值.【解析】解法一：由题意可知： f (x)的定义域为b,，令 xa0解得 xa；令 ln(x b)0解得 x 1 b；若 ab，当 xb,1 b 时，可知 xa0, ln x b0，此时 f (x)0，不合题意；若 ba 1 b，当 xa,1 b 时，可知 xa0, ln x b0，此时 f (x)0，不合题意；若 a 1 b，当 xb,1 b 时，可知 xa0, ln x b0，此时 f (x)0；当 x 1 b,时，可知 xa0, ln x b0，此时 f (x)0；可知若 a 1 b，符合题意；若 a 1 b，当 x 1 b, a 时，可知 xa 0, lnxb 0，此时 f (x)0，不合题意；综上所述： a 1 b，即ba 1，1 22 1 1 1 1则 a2b2a2a 12 a
，当且仅当 a ,b时，等号成立， 22 2 2 21所以 a2b2的最小值为 2 ；解法二：由题意可知： f (x)的定义域为b,，令 xa0解得 xa；令 ln(x b)0解得 x 1 b；则当 xb,1 b 时， ln x b0，故 xa0，所以1 b a0；x 1 b,时， ln x b0，故 xa0，所以1 b a0；2故1 ba0， 则 a2b2a2a 2 12 a1 1 1 ， 22 29a 1 ,b 1当且仅当时，等号成立，2 2所以 a2b21的最小值为 2 .故选：C.【点睛】关键点点睛：分别求 xa0、ln(x b)0的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.5．D【分析】画出可行域后，利用 z的几何意义计算即可得. 4x3y3 0
【解析】实数 x, y满足 x2y20 ，作出可行域如图：
2x6y90由 zx 5 y y1 x 1可得 z，5 5z 1 1 1即 的几何意义为 yxz的截距的 ，5 5 5则该直线截距取最大值时， z有最小值，1 1此时直线 yxz过点A，5 5 4x 3y 30x33联立，解得2，即 A ,1
， 2x 6y 90
y 12z 3则 min 5 17.2 2故选：D.6．A【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【解析】由题意得MN 4,3 ，故选：A.7．C10 S 1 ne 2.11【分析】根据题意分析可得S 1 ，讨论S与 1的大小关系，结合指数函数单调性分析
ne 2.22判断. d S 12.1S 1 1 ln n1 n1e 2.1【解析】由题意可得 S 1 ，解得S 1 ， d 2 2.22.2ln n n2e2S 1 S 1 S 1 S 1若 S 1，则，可得 e 2.1e 2.2 ，即 n1n2 ；2.1 2.2S 1 S 1若 S 1，则 0，可得 n1n2 1；2.1 2.2S 1 S 1 S 1 S 1若 S 1，则，可得 ，即 nn ；2.1 2.2 e 2.1e 2.2 1 2结合选项可知 C正确，ABD 错误；故选：C.8．A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断 AB；举例判断 CD即可.【解析】由题意不妨设 xx ，因为函数 y2x1 2 是增函数，所以02x12x2 ，即 0y1y2，x1 x2 x1 x2 x1 x2对于选项 AB 22 yy：可得2x1·2x22 2 ，即 1 22 20，2 2x1 x2根据函数 ylog x yy xx是增函数，所以 log 1 2log 2 21 22 2 2 ，故 A正确，B错误；2 2对于选项 C：例如 x10, x2 1，则 y1 1, y22，log y1y可得 2log30,1 yy，即 log 1 22 2 2 1 x1x2，故 C错误；2 2 2x1, x2 y 1 , y 1对于选项 D：例如 1 2 ，则 1 ，2 2 4可得 logy1y2log 3log 3 32, 1 ，即 log y1y22 2 2 23x1x2 ，故 D错误，2 8 2故选：A.9．B【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.【解析】因为 y4.2x在R 上递增，且 0.3 00.3，11所以 04.2 0.34.204.20.3，所以 04.2 0.3 1 4.20.3 ，即0a 1 b，因为 ylog4.2 x在 (0, )上递增，且00.2 1，所以 log4.2 0.2log4.210 ，即 c0，所以bac，故选：B10． x | 1 x3 【分析】求出方程 x22x 30的解后可求不等式的解集.【解析】方程 x22x 30的解为 x= 1或 x3，故不等式 x22x30的解集为 x | 1 x3 ，故答案为： x | 1 x3 .11．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当 x 1时， ex 12x 1 ln x0即可.【解析】（1） f (x) 1 ax 1定义域为 (0, )， f (x)ax x当a0时， f (x) ax 10，故 f (x)在 (0, )上单调递减；x1当a 0 时， x,时， f (x)0， f (x)单调递增， a 1当 x 0, 时， f (x)0， f (x)单调递减. a 综上所述，当 a0时， f (x)在 (0, )上单调递减；1a0时， f (x)在, 1上单调递增，在 0, 上单调递减. a a （2） a2，且 x 1时， ex 1f (x)ex 1a(x 1)ln x 1 ex 12x 1 ln x，令 g(x)ex 12x 1 ln x(x 1)，下证 g(x)0即可.g (x)ex 1 2 1 1，再令 h(x)g (x)，则 h (x)ex 1，x x212显然 h (x)在 (1, )上递增，则 h (x)h (1)e0 1 0，即 g (x)h(x)在 (1, )上递增，故 g (x)g (1)e02 1 0，即 g(x)在 (1, )上单调递增，故 g(x)g(1)e02 1 ln1 0，问题得证12．(1)极小值为 0，无极大值.a 1(2)2【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.1 1（2）求出函数的二阶导数，就 a 、a0、a0分类讨论后可得参数的取值范围.2 2【解析】（1）当 a2时， f (x)(1 2x) ln(1 x) x，故 f (x)2ln(1 x)1 2x1 2ln(1 1 x)1，1 x 1 x因为 y2ln(1 x), y1 1在1,上为增函数，1 x故 f(x)在1,上为增函数，而 f (0)0，故当 1 x0时， f (x)0，当 x0时， f (x)0，故 fx 在 x0处取极小值且极小值为 f 00，无极大值. a 1 x（2） fx aln 1 x 1 ax 1aln 1 x, x 0，1 x 1 xa 1
x设 s xa ln 1 x,x0 ，1 x a a 1 a x 1a 1s x ax 2 a 1则 2 2x 1 2 ，1 x 1 x 1 x1当 a 时， s x0，故 s x 在 0,上为增函数，2故 s xs 00，即 fx0，所以 fx 在 0,上为增函数，故 f xf 00 .1 2a 1当a0时，当0x 时， s x0，2 a故 s x0, 2a 10, 2a 1 在上为减函数，故在a a 上 s xs 0 ，13 2a 1 即在 0,上 fx0即 fx 为减函数， a0, 2a 1 故在 上 f xf 00，不合题意，舍. a 当a0，此时 s x0在 0,上恒成立，同理可得在 0,上 f xf 00恒成立，不合题意，舍；1综上， a .2【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.14复数和平面向量一、单选题z1．（2024·全国）若 1 i，则 z （ ）z 1A． 1 i B． 1 i C．1 i D．1 i
2．（2024·全国）已知向量 a(0,1),b(2, x)，若b(b4a)，则 x （ ）A． 2 B． 1 C．1 D．23．（2024·全国）已知 z1 i，则 z （ ）A．0 B．1 C． 2 D．2
4．（2024·全国）已知向量 a,b满足 a 1, a2b2，且 b2ab，则 b （ ）A 1 B 2 C 3． 2 ． ． D．12 25．（2024·全国）设 z2i，则 zz （ ）A． -i B．1 C．-1 D．26．（2024·全国）设 z5 i，则 izz（ ）A．10i B． 2i C．10 D． 2
7．（2024·全国）已知向量ax 1, x,bx, 2 ，则（ ）
A．“ x3”是“ab ”的必要条件 B．“ x3”是“ a / /b ”的必要条件
C．“ x0 ”是“ ab ”的充分条件 D．“ x1 3 ”是“ a / /b ”的充分条件z8．（2024·北京）已知i 1，则 z （ ）．iA．1 i B．i C． 1 i D．1
9．（2024·北京）已知向量 a，b，则“ a b · a b0 ”是“ ab或ab ”的（ ）条件．A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题1510．（2024·天津）已知 i是虚数单位，复数5i52i．11．（2024·天津）在边长为 1的正方形 ABCD中，点 E为线段CD的三等分点，uur uur uuurCE 1 DE ,BEBABC ，则 ；若 F 为线段 BE上的动点，G为 AF中点，2
则 AF DG的最小值为 ．
12．（2024·上海）已知 k R,a2,5 ,b6,k，且 a / /b，则 k的值为 ．213．（2024·上海）已知虚数 z，其实部为 1，且 z m m R ，则实数m为 ．z16参考答案：1．C【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.z z 1 1 1 1【解析】因为11 i，所以 z 11 i .z 1 z 1 z 1 i故选：C.2．D【分析】根据向量垂直的坐标运算可求 x的值.
【解析】因为b b 4a ，所以bb4a0， 2所以b4a b0即 4x24x0，故 x2，故选：D.3．C【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.【解析】若 z1 i，则 z 1 2 1 22 .故选：C.4．B
【分析】由 b2ab 2 a 1, a2b2 2 2得b2a b，结合 ，得1 4a b 4b 1 6b4，由此即可得解. 2【解析】因为 b2ab，所以 b2ab0，即b2a b，
又因为 a 1, a2b2， 2 2所以1 4a b 4b 1 6b4，
从而 b 2 .2故选：B.5．D【分析】先根据共轭复数的定义写出 z，然后根据复数的乘法计算.【解析】依题意得， z 2i，故 z z2i22 .故选：D6．A17【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.【解析】由 z5 i z5 i,zz 10，则 izz10i .故选：A7．C【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【解析】对 A，当 ab时，则a b0，所以 x(x 1) 2x0，解得 x0或 3，即必要性不成立，故 A错误；
对 C，当 x0时， a1,0 ,b0, 2 ，故 a b0，
所以 ab，即充分性成立，故 C正确；
对 B，当 a / /b时，则 2(x 1)x2，解得 x 1 3，即必要性不成立，故 B错误；
对 D，当 x1 3时，不满足 2(x 1)x2，所以 a / /b不成立，即充分性不立，故 D错误.故选：C.8．C【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.【解析】由题意得 zi i 1 1 i，故选：C.9．A
【分析】根据向量数量积分析可知 a b a b0等价于 ab ，结合充分、必要条件分析判断.
a b a ba 2 b 202 2 【解析】因为 ，可得 ab ，即 ab ，
可知 a b a b0等价于 ab ，
若ab或 ab，可得 ab ，即 a b a b0，可知必要性成立；
若 aba b 0，即 ab ，无法得出ab或 ab，
例如 a1,0 ,b0,1 ，满足 ab ，但 ab且 ab，可知充分性不成立；
综上所述，“ a b a b0 ”是“ ab且 ab ”的必要不充分条件.故选：A.1810．7 5i【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得.【解析】5i52i5 5i2 5i275i .故答案为：7 5i .4 511． 3 18 BA,BC 【分析】解法一：以 为基底向量，根据向量的线性运算求 BE，即可得 ，设uuur uur uuur uuur BFkBE，求 AF ,DG，结合数量积的运算律求 AF DG的最小值；解法二：建系标点，根1uuur uuur据向量的坐标运算求 BE，即可得 ，设 F a, 3a , a,0 ，求 AF ,DG，结合数量积 3
的坐标运算求 AF DG的最小值.1 uur 2 uur uur uuur uur 1 uur uuur【解析】解法一：因为CEDE，即CEBA，则 BEBC CEBA BC，2 3 3 14可得,13 ，所以 ；3
由题意可知： BCBA1,BA BC0 ， 1 因为 F 为线段 BE上的动点，设 BFkBEkBA kBC,k 0,1 ，3 1 则 AFABBFABkBE
k1
BAkBC ， 3 1 1 1 1 又因为G为 AF中点，则DGDAAGBCAF k1 BA 2 2 3k1 BC ， 2
AF DG1k 1 BA kBC1 1 1可得 k1 BAk1
3 BC
23 2112k 1 k1562 3k 1 k，23 29510k 又因为0,1 5，可知：当 k 1时， AF DG取到最小值 ；18解法二：以 B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，19则 A 1,0 ,B 0,0 ,C 0,1 ,D1,1 ,E1 ,13 ，
可得 BA 1,0 ,BC0,1 ,BE 1,1
， 3 1因为 BEBABC , 4，则3，所以； 31 1 1 因为点F 在线段 BE : y3x, x ,0上，设 F a, 3a ,a ,0 ， 3 3 a 1 3 且G为 AF中点，则G, a ， 2 2
AF a 1, 3a ,DGa 1, 3 可得 a 1 ， 2 2 a 1 2 2则 AF DG3 3a a1 2 3 5 a，22 5101 且 a, 0 a 1 5，所以当 时， AF DG取到最小值为； 33 184 5故答案为： ；.3 1812．15【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可.
【解析】 a / /b， 2k5 6，解得 k 15．故答案为：15．13．2【分析】设 z 1 bi，直接根据复数的除法运算，再根据复数分类即可得到答案.【解析】设 z 1 bi，b R且b0 .22 3 则 z1 bi2 b3 bb 2 2im，z 1 bi1 b 1 b 20 b23m m R1 b2，3 ，解得m2， b b0 1 b2故答案为：2.21数列一、单选题1．（2024·全国）等差数列 an 的前 n项和为 Sn，若 S9 1， a3a7 （ ）7A． 2 B2． C．1 D．3 92．（2024·全国）等差数列 an 的前 n项和为 Sn，若 S5S10， a5 1，则 a1 （ ）7A． 2 B． C．1 D．23二、填空题3．（2024·全国）记 Sn为等差数列{an}的前 n项和，若 a3a47，3a2a55，则S10.4．（2024·北京）已知Mk | akbk ， an ，bn 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是 .① an ，bn均为等差数列，则 M中最多一个元素；② an ，bn均为等比数列，则 M中最多三个元素；③ an 为等差数列，bn 为等比数列，则 M中最多三个元素；④ an 单调递增，bn单调递减，则 M中最多一个元素.5．（2024·上海）无穷等比数列 an 满足首项 a10,q 1，记 Inxy x ,ya1,a 2 an ,an 1，若对任意正整数 n集合 In是闭区间，则q的取值范围是 ．三、解答题6．（2024·全国）设 m为正整数，数列a1,a2 ,...,a4m 2是公差不为 0的等差数列，若从中删去两项 ai和a j ij 后剩余的 4m项可被平均分为m组，且每组的 4个数都能构成等差数列，22则称数列 a1,a2 ,...,a4m 2 是 i, j可分数列．(1)写出所有的 i, j ，1 ij6，使数列 a1,a2 ,...,a6是 i, j 可分数列；(2)当m3时，证明：数列a1,a2 ,...,a4m 2是 2,13 可分数列；(3)从1, 2,..., 4m2中一次任取两个数 i和 j ij ，记数列 a1,a2 ,...,a4m 2 是 i, j 可分数列的1概率为 Pm，证明： Pm．87．（2024·全国）已知双曲线C : x2y2m m0 ，点 P1 5,4 在C上，k为常数，0k 1．按照如下方式依次构造点 Pn n2,3,... ，过 Pn 1作斜率为 k的直线与C的左支交于点Qn 1，令 Pn为Q 关于 yn 1 轴的对称点，记 Pn的坐标为 xn , yn.(1) 1若k，求 x2 , y2；21 k(2)证明：数列 xnyn 是公比为 的等比数列；1 k(3)设 Sn为 PnPn 1Pn 2 的面积，证明：对任意的正整数 n， SnSn 1 .8．（2024·全国）已知等比数列 an 的前 n项和为 Sn，且 2Sn3an 1 3 .(1)求 an 的通项公式；(2)求数列 Sn 的通项公式.9．（2024·全国）记 Sn为数列 an 的前 n项和，且 4Sn3an4．(1)求 an 的通项公式；(2)设bn( 1)n 1nan，求数列 bn 的前 n项和为Tn．10．（2024·北京）设集合M i, j, s, t i 1,2 , j 3,4 , s5,6 , t7,8 , 2 ijst ．对于给定有穷数列 A : an 1 n8 ，及序列 : 1, 2 ,..., s ， kik , jk , sk , tkM ，定义变换T：将数列A的第 i1, j1, s1, t1项加 1，得到数列T1 A ；将数列T1 A 的第 i2 , j2 , s2 , t2列加1，得到数列T2T1 A …；重复上述操作，得到数列Ts ...T2T1 A ，记为A ．(1)给定数列 A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列 : 1,3,5,7 , 2, 4,6,8 , 1,3,5,7 ，写出A ；23(2)是否存在序列 ，使得A 为 a12,a26,a34,a42,a58,a62,a74,a84 ，若存在，写出一个符合条件的 ；若不存在，请说明理由；(3)若数列A的各项均为正整数，且 a1a3a5a7为偶数，证明：“存在序列 ，使得A 为常数列”的充要条件为“ a1a2a3a4a5a6a7a8 ”．11．（2024·天津）已知数列 an 是公比大于 0的等比数列．其前 n项和为 Sn．若a1 1,S2a3 1．(1)求数列 an 前 n项和 Sn； k ,na(2) k设bn b 1 bn 12k ,a n a， 1 ，其中 k是大于 1的正整数．k k 1（ⅰ）当 nak 1时，求证：bn 1ak bn；Sn（ⅱ）求 bi ．i 124参考答案：1．D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成 a1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【解析】方法一：利用等差数列的基本量S 1 S 9a 9 8由 9 ，根据等差数列的求和公式， 91d 1 9a136d 1，2又 a3a7a12da2 216d2a18d(9a136d ).9 9故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，aaaa1 9 3 7，由 S9 1，根据等差数列的求和公式，S 9(a1a ) 9(aa ) 2993 7 1，故 a2 2 3 a7.9故选：D方法三：特殊值法1 2不妨取等差数列公差 d0 ，则 S9 1 9a1a1，则 a3a72a1.9 9故选：D2．B【分析】由 S5S10 结合等差中项的性质可得a80，即可计算出公差，即可得 a1的值.【解析】由 S10S5a6a7a8a9a105a80，则 a80，则等差数列 ad a8a 117n 的公差5 ，故 aa4d1 4 .3 3 1 5 33故选：B.3．95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出 a1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案. a12da1 3d7 a14【解析】因为数列 an 为等差数列，则由题意得3 a1da14d5，解得， d3S 10a 10 9则 101d 10445 395.2故答案为：95 .254．①③④【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【解析】对于①，因为 an , bn 均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故M 中至多一个元素，故①正确.a 2n 1,b2 n 1对于②，取 nn,则 an , bn 均为等比数列，但当 n为偶数时，有 an2n 1bn2 n 1，此时M 中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设bnAqn Aq0,q1 ，ankn b k0 ，若M 中至少四个元素，则关于 n的方程 Aqnkn b至少有 4个不同的正数解，若q0,q 1，则由 yAqn和 yknb的散点图可得关于 n的方程 Aqnkn b至多有两个不同的解，矛盾；若 q0,q1，考虑关于 n的方程 Aqnkn b奇数解的个数和偶数解的个数，当 Aqnkn b n有偶数解，此方程即为 A qknb，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时 Ak ln q0，否则 Ak ln q0，因 yA q n , yknb单调性相反，方程 A q nknb至多一个偶数解，当 Aqnkn b n有奇数解，此方程即为 A qknb，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时 Ak ln q0即 Ak ln q0否则 Ak ln q0，因 yA q n , yknb单调性相反，方程 A q nknb至多一个奇数解，因为 Ak ln q0， Ak ln q0不可能同时成立，故 Aqnkn b不可能有 4个不同的正数解，故③正确.对于④，因为 an 为单调递增， bn 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，26后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.5． q2【分析】当 n2时，不妨设 xy，则 xy 0,a2a1ana2 ,an 1a10,an 1an ，结1合 In为闭区间可得 q2 qn 2 对任意的 n2恒成立，故可求q的取值范围.n 1【解析】由题设有 ana1q ，因为 a10,q 1，故 an 1an，故 an ,an 1 a n 1 n 1q ,a1q，当 n1时， x, y a1,a2 ，故 xy a1a2 ,a2a1 ，此时 I1为闭区间，当n2时，不妨设 xy，若 x, y a1,a2 ，则 xy 0,a2a1 ，若 y a1,a2 , x an ,an 1 ，则 xy ana2 ,an 1a1 ，若 x, y an ,an 1 ，则 xy 0,an 1an ，综上， xy 0,a2a1ana2 ,an 1a10,an 1an ，又 In为闭区间等价于 0,a2a1ana2 ,an 1a10,an 1an 为闭区间，而an 1a1an 1ana2a1，故 an 1anana2对任意 n2恒成立，n 1故 an 12ana20即 a1q q2a0 qn 22 ，故 q2 1 0，故 q21
qn 2 对任意的 n2恒成立，因q1，1故当 n时， n 20，故 q20即 q2q .故答案为： q2 .【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.6．(1) 1,2 , 1,6 , 5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析27【分析】（1）直接根据 i, j 可分数列的定义即可；（2）根据 i, j可分数列的定义即可验证结论；（3 2）证明使得原数列是 i, j可分数列的 i, j 至少有 m 1m个，再使用概率的定义.【解析】（1）首先，我们设数列 a1,a2 ,...,a4m 2 的公差为d ，则 d0 .由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，aa故我们可以对该数列进行适当的变形 a k 1k 1 k 1, 2,..., 4m2 ，d得到新数列akk k 1,2,..., 4m 2 ，然后对 a1 ,a2 ,...,a4 m 2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设akk k 1,2,..., 4m 2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第 1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数 i和 j ij ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或 2,3, 4,5，或3,4,5,6 .所以所有可能的 i, j 就是 1,2 , 1,6 , 5,6 .（2）由于从数列1, 2,..., 4m2中取出 2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：① 1,4,7,10 , 3,6,9,12 , 5,8,11,14 ，共3组；② 15,16,17,18 , 19,20,21,22 ,..., 4m 1,4m, 4m 1,4m 2 ，共m3组.（如果m 30，则忽略②）故数列1, 2,..., 4m2是 2,13 可分数列.（3）定义集合 A4k 1 k0,1, 2,...,m 1,5,9,13,..., 4m 1 ，B4k2 k0,1, 2,...,m 2,6,10,14,..., 4m2 .下面证明，对1 ij4m2，如果下面两个命题同时成立，则数列1, 2,..., 4m2一定是 i, j 可分数列：命题 1： i A, j B或 i B, j A；命题 2： ji3 .28我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果 i A, j B，且 ji3 .此时设 i4k1 1， j4k22， k1,k2 0,1,2,...,m .1则由 ij可知 4k1 1 4k22，即 k2k1 ，故 k2k .4 1此时，由于从数列1, 2,..., 4m2中取出 i4k1 1和 j4k22后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1 3,4k12,4k1 1,4k1 ，共 k1组；② 4k12, 4k13, 4k14, 4k15 , 4k16, 4k17, 4k18, 4k19 ,..., 4k22, 4k2 1, 4k2 , 4k2 1 ，共 k2k1组；③ 4k2 3,4k24,4k2 5,4k26 , 4k27,4k2 8,4k2 9,4k2 10 ,..., 4m 1,4m, 4m 1,4m 2 ，共mk2组.（如果某一部分的组数为 0，则忽略之）故此时数列1, 2,..., 4m2是 i, j 可分数列.第二种情况：如果 i B, j A，且 ji3 .此时设 i4k12， j4k2 1， k1,k2 0,1,2,...,m .1则由 ij可知 4k124k2 1，即 k2k1，故 k2k1 .4由于 ji3，故 4k2 14k123，从而 k2k11，这就意味着 k2k12 .此时，由于从数列1, 2,..., 4m2中取出 i4k12和 j4k2 1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：① 1,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4k1 3,4k12,4k1 1,4k1 ，共 k1组；② 4k1 1,3k1k2 1,2k12k2 1,k1 3k2 1 ， 3k1k22,2k12k22,k1 3k22,4k22 ，共 2组；③全体 4k1p,3k1k2p, 2k12k2p,k1 3k2p ，其中 p3,4,...,k 2k1，共 k2k12组；④29 4k2 3,4k24,4k2 5,4k26 , 4k27,4k2 8,4k2 9,4k2 10 ,..., 4m 1,4m, 4m 1,4m 2 ，共mk2组.（如果某一部分的组数为 0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 k2k12个行，4个列的数表以后， 4个列分别是下面这些数： 4k1 3,4k14,...,3k1k2 ， 3k1k2 3,3k1k24,..., 2k12k2 ， 2k12k2 3,2k12k2 3,...,k1 3k2 ， k1 3k2 3,k1 3k24,..., 4k2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 4k1 1,4k12,..., 4k22 中除开五个集合 4k1 1,4k12 ， 3k1k2 1,3k1k22 ， 2k12k2 1,2k12k22 ， k1 3k2 1,k1 3k22 ， 4k2 1,4k22 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的 4k12和4k2 1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1, 2,..., 4m2是 i, j 可分数列.至此，我们证明了：对1 ij4m2，如果前述命题 1和命题 2同时成立，则数列1, 2,..., 4m2一定是 i, j 可分数列.然后我们来考虑这样的 i, j 的个数.2首先，由于 A B，A和 B各有m 1个元素，故满足命题 1的 i, j 总共有 m 1 个；而如果 ji3，假设 i A, j B，则可设 i4k1 1，j4k22，代入得 4k224k1 13 .1但这导致 k2k1，矛盾，所以 i B, j A .2设 i4k12， j4k2 1， k1,k2 0,1,2,...,m ，则 4k2 14k123，即 k2k1 1 .所以可能的 k1,k2 恰好就是 0,1 , 1,2 ,..., m 1,m ，对应的 i, j 分别是 2,5 , 6,9 ,..., 4m 2,4m 1 ，总共m个.2所以这 m 1 个满足命题 1的 i, j 中，不满足命题 2的恰好有m个.30这就得到同时满足命题 1和命题 2的 i, j 的个数为 m 1 2 m .当我们从1, 2,..., 4m2中一次任取两个数 i和 j ij 时，总的选取方式的个数等于 4m2 4m 12m 1 4m 1 .22而根据之前的结论，使得数列a1,a2 ,...,a4m 2是 i, j 可分数列的 i, j 至少有 m 1m个.所以数列 a1,a2 ,...,a4m 2 是 i, j 可分数列的概率 Pm一定满足1 22 1 m 1 2 m m2 m 1 m mmP 421 .m2m 1 4m 12m 14m 12m 14m22 2 m 1 2 m 18这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7．(1) x23， y20(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 P2的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 Sn的取值为与 n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明 Sn的取值为与n无关的定值即可.【解析】（1）由已知有m52429，故C的方程为 x2y29 .311当k时，过 P1 5,4 1x3且斜率为 2 的直线为y，与 x2y29联立得到2 22x2 x39 . 2 解得 x3或 x5，所以该直线与C的不同于 P1的交点为Q13,0 ，该点显然在C的左支上.故P2 3,0 ，从而 x23， y20 .（2）由于过 Pnxn , yn 且斜率为 k的直线为 yk xxnyn，与 x2y29联立，得到方程x22k xxny n 9 .展开即得 1 k 2x22kynkxnx ynkxn 2 90，由于 Pnxn , yn 已经是直线yk xxnyn和 x2y29的公共点，故方程必有一根 xxn .2kyn kxn x x 2kynxnk2x从而根据韦达定理，另一根n2 n 2 ，相应的1 k 1 ky k x xy ynk2y2kxn n nn.1 k 2
P Q 2kynxnk2x 2n , ynk y2kx
所以该直线与C的不同于 n的交点为n nn ，而注意到Q 的 1 k2 1 k 2n y 2nkxn 9横坐标亦可通过韦达定理表示为2，故Qn一定在C的左支上.1 k xn xk 2x2ky yk 2 y2kx 所以 P n n n n n nn 11 k 2, 2. 1 k x xnk2xn2kyn y y2nk yn2kx这就得到，nn 1 1 k 2 n 1.1 k 2x y xnk2xn2kyn yk2n y2kx所以 n 1n nn 11 k 2 1 k 2xnk2xn2kxn ynk2yn2ky2n 1 k2k x y1 k 222 n nxn y.1 k 1 k 1 k 1 k n2 2再由 x1y19，就知道 x1y10，所以数列 xny 1 kn 是公比为 的等比数列.1 k
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W，若UVa,b ，UWc,d ，则S 1 UVWadbc .（若U ,V ,W在同一条直线上，约定 S UVW0）2321证明： S UVWUV UW sinUV ,UW1 UV UW 1 cos2UV ,UW2 2
21 UV UW12 2 UVUW 1 UVUWU2 2 2V UWUV UW 1a2b2c2d 2 acbd 221 a2c2a2d 2b2c2b2d 2a2c2b2d 22abcd21 1 a2d 2b2c22abcdadbc 2 1 adbc .2 2 2证毕，回到原题.2x xnk xn2ky yk2y2kx由于上一小问已经得到n ， yn n nn 1 2 n 1 2 ，1 k 1 kxk2 x 2ky yk2x y n n n y 2kx2故n n n1 k2kx y 1 kn 1 n 1 2 x1 k 1 k 2 1 k 2 n n 1 k ny n.2 2再由 x1y19，就知道 x1y10，所以数列 xnyn 1 k是公比为 的等比数列.1 k所以对任意的正整数m，都有xn yn mynxn m1 1 x2 nxn myn yn mxn yn mynxn mx x2 n n myn yn mxn yn mynxn m1 1xnyn xn myn mxnyn x2 2 n myn m 1 1 km 1 1 k m xnyn xnyn
xnyn xy 2 n n 1 k2 1 k 11 km 1 k m
2
1 k1 k x2 2n yn
9m 1 k1 km
2 .1 k1 k
而又有Pn 1Pnxn 1xn,yn 1yn， Pn 1Pn 2 xn 2xn 1, yn 2yn 1 ，故利用前面已经证明的结论即得S 1nS PnPn 1Pxx yn 2 2 n 1 n n 2yn 1yn 1yn xn 2xn 1 1x2 n 1 xn yn 2yn 1yn 1yn xn 2xn 1 331xn 1yn 2yn 1xn 2xn yn 1ynxn 1x2 n yn 2ynxn 2 1 9 1 k 1 k2 2
9 1 k 1 k91 k 1 k
.2 2 1 k 1 k 2 1 k 1 k 21 k
1 k 这就表明 Sn的取值是与 n无关的定值，所以 SnSn 1 .xk 2x2ky yk 2y方法二：由于上一小问已经得到 xn n n ， yn n2kxnn 1 1 k 2 n 1，1 k 2xk2x y n xn 2kyn ynk2 yn 2kxn 1 k22k 1 k故 n 1n 1222xny xy .1 k 1 k 1 k n 1 k n nx2再由 1y219，就知道 x1y10，所以数列 xy1 kn n 是公比为 的等比数列.1 k所以对任意的正整数m，都有xn yn mynxn m1 x x 12 n n m yn yn mxn yn mynxn mxnxn myn yn mxn yn mynxn m21xnyn xn myn m 1xnyn xn myn m 2 21 m 1 k x y x y1 1 km xy xy 2 1 kn n n n n n n n 2 1 k 11 k m 1 km
x2n y22 1 k 1 k n 91 km m
1 k
2 1 k.1 k x y y x 9 1 k 1 k 这就得到 n 2 n 3n 2 n 3xn yn 1y x ，2 1 k 1 k n n 1
x y y x 9 1 k2 21 k以及 n 1 n 3n 1 n 3xn yn 2y x .21 kn n 21 k两式相减，即得xn 2 yn 3yn 2xn 3xn 1yn 3yn 1xn 3xn yn 1ynxn 1xn yn 2ynxn 2.移项得到 xn 2yn 3ynxn 2xn 1yn 3ynxn 1yn 2xn 3xn yn 2yn 1xn 3xn yn 1 .故yn 3yn xn 2xn 1yn 2yn 1 xn 3xn.
而PnPn 3 xn 3xn, yn 3yn ， Pn 1Pn 2 xn 2xn 1, yn 2yn 1.
所以 PnPn 3 和 Pn 1Pn 2 平行，这就得到 S PnP PS P P ，即 SSn . 1 n 2 n 1 n 2Pn 3 n n 134【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.n 18．(1)a 5 n3 (2) 35n 3 232【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用等比数列的求和公式可求 Sn .【解析】（1）因为 2Sn3an 1 3 ,故 2Sn 13an3，5所以 2an3an 1 3an n2 即5an3an 1故等比数列的公比为q，32a 3a 3 3a 5n 1故 12 1 35a13，故 a1 1 5 ，故 a3 n . 3n 11 5（2）由等比数列求和公式得 3 nS353 .n1 5 23239．(1)an4( 3)n 1(2)Tn(2n 1) 3n 1【分析】（1）利用退位法可求 an 的通项公式．（2）利用错位相减法可求Tn .【解析】（1）当 n1时， 4S14a13a14，解得 a14．当n2时， 4Sn 13an 14，所以 4Sn 4Sn 14an3an 3an 1 即an3an 1，a而a140，故 ann0，故3a ，n 1∴数列 an 是以 4为首项， 3为公比的等比数列，所以 a n 1n4 3 .352 b( 1)n 1 n 1 n 1（ ） n n 4( 3)4n 3 ,所以Tnb1 b2 b3bn4 30 8 31 12 32 4n 3n 1故3Tn4 318 32 12 33 4n 3n 2T44 31所以 n4 32 4 3n 14n 3n3 1 3n 1n 1 44 4n 3n42 33 14n 3n1 3 (2 4n) 3n2， Tn(2n 1) 3n 1.10．(1)A : 3, 4, 4,5,8, 4,3,10(2)不存在符合条件的 ，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接按照A 的定义写出A 即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；（3）分充分性和必要性两方面论证.【解析】（1）由题意得A : 3, 4, 4,5,8, 4,3,10；（2）假设存在符合条件的 ，可知A 的第1, 2项之和为 a1a2s，第3,4项之和为a3a4s，a12 a26a1a2s则a 4a 2 a a s，而该方程组无解，故假设不成立，3 4 34 故不存在符合条件的 ；（3）我们设序列Tk ...T2T1 A 为 ak ,n 1 n8 ，特别规定a0,nan 1 n8 .必要性：若存在序列 : 1, 2 ,..., s ，使得A 为常数列.则as,1as,2as,3as,4as,5as,6as,7as,8，所以as,1as,2as,3as,4as,5as,6as,7as,8 .36根据Tk ...T2T1 A 的定义，显然有 ak ,2 j 1ak ,2 jak 1,2 j 1ak 1,2 j，这里 j 1,2,3,4， k 1, 2,... .所以不断使用该式就得到， a1a2a3a4a5a6a7a8 ，必要性得证.充分性：若 a1a2a3a4a5a6a7a8 .由已知， a1a3a5a7 为偶数，而 a1a2a3a4a5a6a7a8 ，所以a2a4a6a84 a1a2 a1a3a5a7 也是偶数.我们设Ts ...T2T1 A 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列A 中，使得as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 最小的一个.上面已经证明 ak ,2 j 1ak ,2 jak 1,2 j 1ak 1,2 j，这里 j 1,2,3,4， k 1, 2,... .从而由 a1a2a3a4a5a6a7a8 可得 as,1as,2as,3as,4as,5as,6as,7as,8 .同时，由于 ikjksktk 总是偶数，所以 ak ,1ak ,3ak ,5ak ,7 和 ak ,2ak ,4ak ,6ak ,8的奇偶性保持不变，从而 as ,1as ,3as ,5as ,7 和 as,2as,4as,6as,8都是偶数.下面证明不存在 j 1,2,3,4使得 as ,2 j 1as ,2 j2 .假设存在，根据对称性，不妨设 j 1， as,2 j 1as,2 j2，即 as,1as,22 .情况 1：若 as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,80，则由 as ,1as ,3as ,5as ,7 和as,2as,4as,6as,8都是偶数，知 as ,1 as ,24 .对该数列连续作四次变换 2,3,5,8 , 2,4,6,8 , 2,3,6,7 , 2,4,5,7 后，新的as 4,1as 4,2as 4,3as 4,4as 4,5as 4,6as 4,7as 4,8 相比原来的as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 减少 4，这与as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 的最小性矛盾；情况 2：若 as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,80，不妨设 as ,3as ,40 .情况 2-1：如果 as,3as,4 1，则对该数列连续作两次变换 2,4,5,7 , 2,4,6,8 后，新的37as 2,1as 2,2as 2,3as 2,4as 2,5as 2,6as 2,7as 2,8 相比原来的as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 至少减少 2，这与as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 的最小性矛盾；情况 2-2：如果 as,4as,3 1，则对该数列连续作两次变换 2,3,5,8 , 2,3,6,7 后，新的as 2,1as 2,2as 2,3as 2,4as 2,5as 2,6as 2,7as 2,8 相比原来的as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 至少减少 2，这与as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 j 1,2,3,4都有 as ,2 j 1as ,2 j 1 .假设存在 j 1,2,3,4使得 as ,2 j 1as ,2 j 1，则 as ,2 j 1 as ,2 j 是奇数，所以as,1as,2as,3as,4as,5as,6as,7as,8都是奇数，设为2N 1 .则此时对任意 j 1,2,3,4，由 as ,2 j 1as ,2 j 1可知必有 as ,2 j 1,as ,2 j N ,N 1 .而 as ,1as ,3as ,5as ,7 和 as,2as,4as,6as,8都是偶数，故集合 m as ,mN 中的四个元素i, j, s, t之和为偶数，对该数列进行一次变换 i, j, s, t ，则该数列成为常数列，新的as 1,1as 1,2as 1,3as 1,4as 1,5as 1,6as 1,7as 1,8 等于零，比原来的as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 更小，这与as ,1as ,2as ,3as ,4as ,5as ,6as ,7as ,8 的最小性矛盾.综上，只可能 as ,2 j 1as ,2 j0j 1, 2,3, 4 ，而as,1as,2as,3as,4as,5as,6as,7as,8，故 as ,nA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11．(1) Sn2n 1Sn 3n 1 4n 1(2)①证明见详解；② bi i 1 938【分析】（1）设等比数列 an 的公比为 q0，根据题意结合等比数列通项公式求q，再结合等比数列求和公式分析求解；（2 k 1）①根据题意分析可知 ak2 ,bnk 1，bn 1k 2k 1 ，利用作差法分析证明；②根2k 1 1据题意结合等差数列求和公式可得bi 3k 1 4k3k4 4k 1 ，再结合裂项相消法分i 2k 1 9 析求解.【解析】（1）设等比数列 an 的公比为 q0，因为 a1 1,S2a3 1，即 a1a2a3 1，可得1 qq2 1，整理得 q2q 20，解得 q = 2或 q1（舍去），S 1 2n所以 nn 2 1.1 2（2 n 1）（i）由（1）可知 an2 ，且 k N*,k2， a2k 12k 1 n 1当na k kk 124时，则，即 an 1 a n 1 ak 1 1 ak k 1k 1k 1可知 ak2 ,bnk 1，bbaa 12kk2k 2k 1 1k 2kn 1 a k 1 k 1 ，k可得bn 1ak bnk 2k 1k 1 2k 1k 1 2k 1k2 k 1kk20，当且仅当 k2时，等号成立，所以bn 1ak bn；n（ii）由（1）可知： Sn2 1 an 1 1，若 n1，则 S1 1,b1 1；若n2，则 ak 1ak2k 1，当2k 1i2k 1时，bi bi 12k，可知 bi 为等差数列，2k 1 2k 1 2k 1 1可得bk 2k 1
i2kk 4k 1 13k 1 4k3k4 4k 1 ，i 2k 1 2 939Sn 1 3n 1 4n 1所以 bi 15 4 22 4 8 43 5 4 2 3n 1 4 n 3 n4 4 n1 9 ，i 1 9Sn 3n 1 4n 1且 n1，符合上式，综上所述： bi.i 1 9【点睛】关键点点睛：1.分析可知当 2k 1i2k 1时，bi bi 12k，可知 bi 为等差数列；2k 12.根据等差数列求和分析可得b 1i 3k 1 4 k3k4 4 k 1.i 2k 1 940三角函数与解三角形一、单选题1．（2024·全国）已知 cos( )m, tan tan 2 ，则 cos( ) （ ）mA． 3m B．C m． D．3m3 32
．（2024·全国）当 x[0,2 ]时，曲线 ysin x与 y2sin 3x6 的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．83．（2024·全国）设函数 f (x) a(x 1)2 1，g(x)cos x2ax，当 x ( 1,1)时，曲线 yf (x)与 yg(x)恰有一个交点，则a （ ）A． 1 B 1． 2 C．1 D．2cosπ 4．（2024·全国）已知3，则 tan cossin 4（ ）
A 2 3 1 B 2 3 3．． 1 C． D．1 32π 2 95．（2024·全国）在 ABC中内角 A,B,C所对边分别为 a,b,c，若 B，bac，则3 4sinA sinC （ ）3A B C 7 D 3． ． ． ．2 2 2 2x6．（2024· e2sin x全国）设函数 f x 2 ，则曲线 yf x 在 0,1 处的切线与两坐标轴围1 x成的三角形的面积为（ ）1 1A B C 1 2． ． ． 2 D．6 3 37．（2024·北京）已知 f xsin x 0 ，f x1 1，f x21，| x π1x2 |min ，则（ ）2A．1 B．2 C．3 D．4 π π π 8．（2024·天津）已知函数 fxsin3x0 的最小正周期为 π．则函数在 3 , 12 6的最小值是（ ）3 3 3A．B．C．0 D．2 2 29．（2024·上海）下列函数 fx 的最小正周期是 2π的是（ ）41A． sinxcosx B． sinxcosxC． sin2xcos2x D．sin2xcos2x二、多选题f (x)sin 2x g(x) sin(2x π10．（2024·全国）对于函数 和 )，下列说法正确的有（ ）4A． f (x)与 g(x)有相同的零点 B． f (x)与 g(x)有相同的最大值C． f (x)与 g(x)有相同的最小正周期 D． f (x)与 g(x)的图像有相同的对称轴三、填空题11．（2024·全国）已知 为第一象限角， 为第三象限角，tantan 4 ，tan tan 2 1，则 sin( ).12．（2024·全国）函数 f xsin x3 cos x在 0, π 上的最大值是 ． π π 13．（2024·北京）已知 , ，且α与β的终边关于原点对称，则 cos 的最大值 6 3 为 ．四、解答题14．（2024·全国）记 ABC内角 A、B、C的对边分别为 a，b，c，已知sinC2 cosB，a2 b2c22ab(1)求 B；(2)若 ABC的面积为3 3，求 c．15．（2024·全国）记 ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 sin A 3 cos A2 ．(1)求 A．(2)若a2， 2bsinCcsin2B，求 ABC的周长．16．（2024·北京）在△ABC中， a7，A为钝角， sin 2B 3 b cos B．7(1)求 A；(2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．①b7；② cos B13 ；③ c sin A5 3．14 242注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．cosB 9 a 217．（2024·天津）在 ABC中，，b5，．16 c 3(1)求 a；(2)求sinA；(3)求 cos B2A ．43参考答案：1．A【分析】根据两角和的余弦可求 cos cos, sin sin的关系，结合 tan tan的值可求前者，故可求cos 的值.【解析】因为 cosm，所以 cos cos sin sin m，而 tan tan 2，所以 sin sin 2cos cos，故 cos cos 2cos cos m即 cos cos m，从而 sin sin 2m，故 cos 3m，故选：A.2．C【分析】画出两函数在 0,2π 上的图象，根据图象即可求解【解析】因为函数 ysin x的的最小正周期为T2π，π函数 y2sin 3x 2π的最小正周期为T， 63 π 所以在 x 0,2π 上函数 y2sin 3x有三个周期的图象， 6 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有 6个交点.故选：C3．DFxax2【分析】解法一：令a 1,Gxcos x，分析可知曲线 yF (x)与 y G(x)恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在 y轴上，即可得a2，并代入检验即可；解法二：令hx f (x)gx, x 1,1 ，可知 h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可44知h x 的零点只能为 0，即可得 a2，并代入检验即可.【解析】解法一：令 f (x)gx ，即 a(x 1)2 1 cos x2ax，可得 ax2a 1 cos x，令Fxax2a 1,Gxcos x，原题意等价于当 x ( 1,1)时，曲线 yF (x)与 y G(x)恰有一个交点，注意到F x,G x 均为偶函数，可知该交点只能在 y轴上，可得 F 0G 0 ，即 a 1 1，解得 a2，若a2，令 FxGx ，可得 2x2 1 cos x0因为 x1,1 ，则 2x20,1 cos x0，当且仅当 x0时，等号成立，可得 2x2 1 cos x0，当且仅当 x0时，等号成立，则方程2x2 1 cos x0有且仅有一个实根 0，即曲线 yF (x)与 y G(x)恰有一个交点，所以 a2符合题意；综上所述：a2 .解法二：令hx f (x)gx ax2a1cos x, x 1,1 ，原题意等价于 h x 有且仅有一个零点，因为 hx ax 2a1cosx ax2a1cos xhx ，则h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可知h x 的零点只能为 0，即h 0a20，解得 a2，若a2，则 hx 2x21cos x, x 1,1 ，又因为2x20,1 cos x0当且仅当 x0时，等号成立，可得 hx0，当且仅当 x0时，等号成立，即h x 有且仅有一个零点 0，所以a2符合题意；故选：D.4．B45cos 【分析】先将 弦化切求得 tan ，再根据两角和的正切公式即可求解.cossin cos 【解析】因为3，cossin 1 3所以3， tan1 ，1 tan 3tan tan1所以
4 2 3 1，1 tan 故选：B.5．C【分析】利用正弦定理得sin AsinC1 2 2 13 ，再利用余弦定理有 acac，再利用正弦定3 4理得到sin2 A sin2C的值，最后代入计算即可.B,b2 9 ac sin AsinC 4 sin2 1【解析】因为 ，则由正弦定理得 B.3 4 9 32 2 2由余弦定理可得:bacac9 ac，4:a213即c2ac 2 2，根据正弦定理得 sin A sin C13 sin AsinC 13 ，4 4 12(sin A sinC)2sin2所以 A sin2 C2sin AsinC7 ，47因为 A,C为三角形内角，则 sin A sinC0，则 sin A sinC.2故选：C.6．A【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点 0,1 处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积. ex2cos x 1 x 2 ex2sin x2 x【解析】 fx2 2 ，1 x e02cos0 1 0 e02sin 00则 f0 3， 1 0 2即该切线方程为 y 1 3x，即 y = 3x + 1，1令 x0，则 y 1，令 y0，则 x = - ，3S 1 1 1 1故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.2 3 6故选：A.467．B【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.【解析】由题意可知： x1为 fx 的最小值点，x2为 fx 的最大值点，T π则 x1x2min ，即Tπ，2 22π且0，所以 2 .T故选：B.8．A【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出 ，得 f x sin2x，再整体求出xπ π,
时， 2x的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解. 12 6 【解析】 f x sin3 x π sin 3 xπ sin 3 x T 2π 2，由 π得， 33 3即 f x π π π πsin2x ，当 x,
时， 2x,， 12 6 6 3画出 f x sin2x图象，如下图， π π由图可知， f x sin2x在,
上递减， 12 6 π π 3所以，当 x时，6 fx sinmin 3 2故选：A9．A【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .【解析】对 A， sinxcosx2sin π x
，周期T2π，故 A正确； 4 对 B， sinxcosx1 sin2x 2π，周期T π2 2，故 B错误；对于选项 C， sin2xcos2x 1，是常值函数，不存在最小正周期，故 C错误；47对于选项 D 2π，sin2xcos2xcos2x，周期T π2 ，故 D错误，故选：A．10．BC【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.kπ【解析】A选项，令 f (x)sin 2x0，解得 x,k Z，即为 f (x)零点，2令 g(x)π kπ π sin(2x)0，解得 x ,k Z，即为 g(x)零点，4 2 8显然 f (x), g(x)零点不同，A选项错误；B选项，显然 f (x)maxg(x)max1，B选项正确；C选项，根据周期公式， f (x), g(x)2π的周期均为π，C选项正确；2D选项，根据正弦函数的性质 f (x)的对称轴满足 2xkππ kπ πx ,k Z ，2 2 4g(x) 2x π kπ π kπ 3π的对称轴满足 x ,k Z，4 2 2 8显然 f (x), g(x)图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC11 2 2． 3【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得 tan 2 2 ，再缩小 的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.tantan4【解析】法一：由题意得 tan 2 21 tan tan12 1 ，2kπ,2kπ π, 2m π π,2m π 3π因为 ， k ,m Z， 2 2 则 2m2kππ, 2m2kπ2π ， k ,m Z，又因为 tan 2 20 ，则
2m 2k π3π , 2m 2k π 2π， k ,m Z，则 sin0， 2 sin 则2 2，联立 sin2cos21cos，解得 sin2 2 .3法二： 因为 为第一象限角， 为第三象限角，则 cos0,cos 0 ,48cos cos 1， cos cos1
sin2，cos2 1 tan2 sin2 cos21 tan2 则 sin( )sin cos cos sin cos cos(tantan)4cos cos4 4 4 2 21 tan2 1 tan2(tantan)2(tan tan1)2 422 32 2故答案为： .312．2【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可. πππ 2π 【解析】 fxsin x3 cos x2sinx，当 x 0, π 时， x, ， 333 3当 x π π x 5π时，即时， f x2 .3 2 6 max故答案为：2113．/ 0.52【分析】首先得出π2kπ,k Z，结合三角函数单调性即可求解最值.【解析】由题意π2kπ,k Z，从而 coscos π2kπ cos ， π π 因为 , ，所以 cos 1 , 3的取值范围是， cos 3 1的取值范围是, 6 3 ， 2 2 2 2 π 4π当且仅当，即2kπ,k Z时， cos 1取得最大值，且最大值为 .3 3 21故答案为： .214．(1) B π 3(2)2 2【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出 cosC,sinC，最后结合已知 sinC2 cos B得cosB的值即可；（2）首先求出 A,B,C，然后由正弦定理可将 a,b均用含有 c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.49【解析】（1）由余弦定理有 a2b2c22ab cosC，对比已知 a2 b2c22ab，2 2 2可得 cosC abc 2ab 2 ，2ab 2ab 2因为C0, π ，所以 sinC0，2
从而 sinC1 cos2C 2 2 1 ， 221又因为 sinC2 cos B，即 cosB，2注意到B0, π ，π所以 B.3π 2 C0, π C π A π π π 5π（2）由（1）可得 B， cosC， ，从而， ，3 2 4 3 4 12sin A sin 5πsin π π2 3 2 1 6 2而 ， 12 4 62 2 2 2 4a b c5ππ 由正弦定理有 sin sin sin π ，12 3 4a 62从而 2c 3 1 c,b 32c 6 c，4 2 2 2由三角形面积公式可知， ABC的面积可表示为S 1 1 3 1 6 2 3 3 2 ABCabsinC cc c ，2 2 2 2 2 8由已知 ABC的面积为3 3 3 3，可得 c23 3，8所以 c2 2 .A π15．(1) 6(2)2 63 2【分析】（1）根据辅助角公式对条件 sin A 3 cos A2 进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；（2）先根据正弦定理边角互化算出 B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长.【解析】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）50π由 sin A 3 cos A 1 3 2 可得 sin A cos A 1，即 sin(A ) 1，2 2 3A (0, π) A π π 4π π π π由于 ( , )，故 A，解得 A 3 3 3 3 2 6方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由 sin A 3 cos A2 ，又 sin2 A cos2 A 1，消去 sin A得到：4cos2 A 4 3 cos A 30 (2cos A 3)20，解得 cos A 3 ，2又 A (0, π)，故 Aπ
6方法三：利用极值点求解f (x) 2sin x π 设 f (x)sin x3 cos x(0xπ)，则(0xπ)， 3 x π π显然时， f (x)max2，注意到 f (A)sin A 3 cos A22sin(A )，6 3f (x)maxf (A)，在开区间 (0, π)上取到最大值，于是 xA必定是极值点，即 f (A)0cos A 3 sin A 3，即 tan A，3又 A (0, π)π，故 A 6方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设a(1, 3),b(sin A, cos A)，由题意， a bsin A 3 cos A2，
根据向量的数量积公式，a ba b cos a, b2cos a, b ，
则 2cos a ,b 2 cos a,b 1，此时 a,b0，即 a,b同向共线，1 cos A 3 sin A tan A 3根据向量共线条件，，3又 A (0, π) Aπ，故 6方法五：利用万能公式求解A 2t 3(1 t 2设 ttan ，根据万能公式， sin A 3 cos A ) 2 ，2 1 t 2 1 t 2整理可得， t22(23)t(23)20(t(23))2，解得 tanA t23 2t 3，根据二倍角公式， tan A ，2 1 t 2 3又 A (0, π)π，故 A 651（2）由题设条件和正弦定理2bsinCcsin 2B 2 sin BsinC2sinC sin BcosB ，又B,C (0, π)π，则 sin BsinC0，进而 cos B 2 ，得到 B，2 4于是CπA B7π ，12sinCsin(π A B ) sin(A B ) sinA cosBsinB cosA 26 ，42 b ca b c由正弦定理可得， π π 7πsin A sin B sinC，即 sin sin sin ，6 4 12解得b2 2,c62 ，故 ABC的周长为 2 63 22π16．(1) A3 ；(2) 15 3选择①无解；选择②和③△ABC面积均为 .4【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得 B，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出 sin B 3 3 ，3 14再代入式子得b3，再利用两角和的正弦公式即可求出 sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到 c5，再利用正弦定理得到 sinC 5 3 ，再利用两角和的正弦公式14即可求出 sin B，最后利用三角形面积公式即可；3【解析】（1）由题意得 2sin Bcos Bbcos B ，因为A为钝角，7b 2 a 7
则 cosB0，则 2sin B 3 b，则 sin B 3 sin A sin A 3，解得 sin A，7 7 22π因为A为钝角，则 A3 .3 3 2π （2）选择①b7，则 sin Bb7 3 ，因为 A3 ，则 B为锐角，则 B，14 14 2 3此时 ABπ，不合题意，舍弃；13 13 2 3 3选择② cos B，因为 B为三角形内角，则14 sin B1
， 141452则代入 2sin B 3 b 3 3 3得2b，解得b3，7 14 7sinCsin A Bsin2πB
sin2π cosBcos 2π sin B 33 33 1313 3 5 3,2 142 14 141 1 5 3 15 3则 S ABCabsinC7 3.2 2 14 45选择③ c sin A3 c 3 5，则有 3，解得 c5，2 2 2a c 7 5 5 3则由正弦定理得，即 3 sinC ，解得sin A sinC sinC ，2 142
因为C 5 3 11为三角形内角，则 cosC1 ， 1414则sin Bsin A C sin2πC
sin2π cosCcos 2π sinC 33 33 11
15 3 3 3，2 14214 14S 1 ac sinB 1 7 5 3 3 15 3则 △ABC2 2 14 417．(1)4(2) 7457(3)64【分析】（1） a2t,c3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；（2）法一：求出 sin B，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出 cos A，则得到 sin A；（3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到 cos A，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.【解析】（1）设 a2t,c3t， t0，则根据余弦定理得b2a2c22ac cosB，即254t29t22 2t9 3t，解得 t2（负舍）；16则 a4,c6 .22 B sin B 1 cos2 B 195 7（ ）法一：因为 为三角形内角，所以 ， 1616534 5a b 再根据正弦定理得，即 sin A 5 7 ，解得sin A sin B sin A7 ，16 42cos A bc2a2 526242 3法二：由余弦定理得，2bc 2 5 6 42因为 A 0, π sin A137，则 44cosB 9（3）法一：因为 0，且 B 0, ππ ，所以 B 16 0, ， 2 由（2）法一知 sin B 5 7 ，162
因为 ab，则 AB，所以 cos A 7 3 1 ， 442则 sin 2A2sin Acos A 7 3 3 7 2 ， cos 2A2cos2 A3 1 1 2 1 4 4 848cos B2Acos B cos 2A sin B sin 2A 1 9 5 7 3 7 57 .8 16 16 8 647 3 3 7法二： sin 2A2sin Acos A2 ，4 4 82则 cos 2A2cos2 A 1 2311 ， 489 2B 5 7因为 为三角形内角，所以 sin B1 cos2 B1， 1616所以 cos B2Acos B cos 2A sin B sin 2A 9 1 5 7 3 7 57 16 8 16 8 6454空间向量与立体几何一、单选题1．（2024·全国）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 3，则圆锥的体积为（ ）A． 2 3π B．3 3π C．6 3π D．9 3π2．（2024·全国）已知正三棱台 ABC - A1B1C521的体积为 ， AB6， A1B12，则 A1A与平3面 ABC所成角的正切值为（ ）A 1． 2 B．1 C．2 D．33．（2024·全国）设 、 是两个平面，m、n是两条直线，且m .下列四个命题：①若m // n，则 n / / 或 n / / ②若mn，则 n,n③若 n / / ，且 n / / ，则m // n ④若n与 和所成的角相等，则mn其中所有真命题的编号是（ ）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④4．（2024·北京）已知以边长为 4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为 4，4， 2 2，2 2，则该四棱锥的高为（ ）A 2． B 3． C． 2 3 D． 32 25．（2024·天津）若m,n为两条不同的直线， 为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）A．若m / / ，n，则m//n B．若m// ,n// ，则m//nC．若m// ,n，则mn D．若m// ,n，则m与n相交6．（2024·天津）一个五面体 ABCDEF ．已知 AD∥BE∥CF ，且两两之间距离为 1．并已知 AD 1，BE2，CF3．则该五面体的体积为（ ）55A 3 B 3 3 1 C 3 D 3 3 1． ．． ． 6 4 2 2 4 2二、多选题7．（2024·全国）抛物线 C：y24x的准线为 l，P为 C上的动点，过 P作⊙A : x2(y4)2 1的一条切线，Q为切点，过 P作 l的垂线，垂足为 B，则（ ）A．l与 A相切B．当 P，A，B三点共线时， | PQ | 15C．当 | PB | 2时， PAABD．满足 | PA | | PB |的点 P有且仅有 2个三、填空题8．（2024·全国）已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为 r1和 r2，母线长分别为 2 r2 r1 V和3 r2r1甲，则两个圆台的体积之比 =V ．乙9．（2024·北京）已知三个圆柱的体积为公比为 10的等比数列．第一个圆柱的直径为 65mm，第二、三个圆柱的直径为 325mm，第三个圆柱的高为 230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．10．（2024·上海）已知点 B在点 C正北方向，点 D在点 C的正东方向，BC CD ,存在点 A满足 BAC 16.5 , DAC37 ，则 BCA(精确到 0.1度)四、解答题11．（2024·全国）如图，四棱锥 P ABCD中，PA 底面ABCD，PAAC2，BC 1,AB3．56(1)若 ADPB，证明： AD//平面 PBC；(2)若 ADDC，且二面角 A CP D 42的正弦值为 ，求 AD．712．（2024·全国）如图，平面四边形 ABCD中，AB8，CD3，AD5 3， ADC90 ， 2BAD30 ，点 E，F满足 AEAD AF1，AB，将△AEF 沿 EF对折至! PEF，使得5 2PC4 3．(1)证明： EFPD；(2)求面 PCD与面 PBF所成的二面角的正弦值．13．（2024·全国）如图，在以 A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形 ABCD与四边形 ADEF均为等腰梯形， BC / /AD,EF / /AD， AD4, ABBCEF2，ED10,FB2 3，M 为 AD的中点.(1)证明： BM //平面CDE；57(2)求点M 到 ABF 的距离.14．（2024·全国）如图，在以 A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形 ABCD与四边形 ADEF均为等腰梯形， BC / /AD,EF / /AD， AD4, ABBCEF2，ED10,FB2 3，M 为 AD的中点．(1)证明：BM / /平面CDE；(2)求二面角 FBME 的正弦值．15．（2024·北京）已知四棱锥 P-ABCD， AD//BC， ABBC 1， AD3，DEPE2，E是 AD上一点， PEAD．(1)若 F是 PE中点，证明： BF //平面 PCD．(2)若 AB 平面 PED，求平面 PAB与平面 PCD夹角的余弦值．16．（2024·天津）已知四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，底面 ABCD为梯形，AB / /CD，A1A 平面 ABCD，ADAB，其中 ABAA12, ADDC 1．N是 B1C1 的中点，M 是DD1的中点．(1)求证D1N //平面CB1M ；58(2)求平面CB1M 与平面 BB1CC1的夹角余弦值；(3)求点 B到平面CB1M 的距离．17．（2024·上海）如图为正四棱锥 PABCD ,O为底面 ABCD的中心．(1)若 AP5, AD3 2，求 POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；(2)若 APAD,E为 PB的中点，求直线 BD与平面 AEC所成角的大小．59参考答案：1．B【分析】设圆柱的底面半径为 r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径 r的方程，求出解后可求圆锥的体积.【解析】设圆柱的底面半径为 r，则圆锥的母线长为 r2 3，而它们的侧面积相等，所以 2πr 3πr 3 r2 即 2 33 r2 ，故 r31，故圆锥的体积为 π 9 33 3π .3故选：B.2．B4 3【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高 h，做辅助线，结合正三棱台3AM 4 3的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台3ABC - A1B1C1补成正三棱锥 PABC， A1A与平面 ABC所成角即为PA与平面 ABC所成角，根据比例关系可得VP ABC 18，进而可求正三棱锥 PABC的高，即可得结果.【解析】解法一：分别取 BC ,B1C1的中点D,D1，则 AD = 3 3,A1D1 = 3 ，1 3 1可知 S ABC 6 69 3,S2 2 A B C2 33 ，1 1 1 2设正三棱台 ABC - A1B1C1的为 h，则V1 52 4 3ABC A1B C
1 1 3 9 339 3 3 h，解得3 h，3如图，分别过 A1,D1作底面垂线，垂足为M ,N，设 AMx，则 AA = AM 2 2 161 + A1M = x2 + ，DN = AD - AM -MN = 2 3 - x，32可得DD1DN2 16 D 21N2 3x，3 622
结合等腰梯形 BCC B 21 1可得 BB1 DD21 , 2 60x2 162 16即 2 3x 4 x 4 3，解得，3 3 3所以 A AAM1 与平面 ABC所成角的正切值为 tan A 11AD = =1 ；AM解法二：将正三棱台 ABC - A1B1C1补成正三棱锥 PABC，则 A1A与平面 ABC所成角即为PA与平面 ABC所成角，PA A V11B1 1 P A B C 1因为 ，则 1 1 1，PA AB 3 VP ABC 27可知V26 52ABC A B CV1 1 1 27 P ABC ，则V3 P ABC 18，设正三棱锥PABC 1 1 3的高为d ，则VP ABCd 6 618 ，解得 d2 3，3 2 2取底面 ABC的中心为O，则PO 底面 ABC，且 AO2 3，所以 PA与平面 ABC所成角的正切值 tan PAOPO1 .AO故选：B.3．A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【解析】对①，当 n，因为m // n，m ，则 n / / ，当 n ，因为m // n，m，则 n / / ，当n既不在 也不在 内，因为m // n，m,m，则 n / / 且 n / / ，故①正确；对②，若mn，则 n与 , 不一定垂直，故②错误；对③，过直线 n分别作两平面与 , 分别相交于直线 s和直线 t，因为 n / / ，过直线 n的平面与平面 的交线为直线 s，则根据线面平行的性质定理知 n / /s，同理可得 n / /t，则 s / /t，因为 s 平面， t 平面，则 s / /平面，61因为 s 平面 ，m，则 s / /m，又因为 n / /s，则m // n，故③正确；对④，若m,n与 和所成的角相等，如果 n / / ,n / / ，则m // n，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.4．D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 PEF 平面 ABCD，可知 PO 平面 ABCD，利用等体积法求点到面的距离.【解析】如图，底面 ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设 PAPBAB4,PCPD2 2 ，分别取 AB,CD的中点 E,F，连接 PE,PF ,EF ，则PEAB,EFAB，且 PE EFE ， PE,EF 平面 PEF，可知 AB 平面 PEF，且 AB 平面 ABCD，所以平面 PEF 平面 ABCD，过 P作 EF 的垂线，垂足为O，即 POEF，由平面 PEF 平面 ABCDEF， PO 平面 PEF，所以 PO 平面 ABCD，由题意可得： PE2 3,PF2,EF4，则 PE 2PF 2EF 2 ，即 PEPF，1则 PE PF1 PO EF PE PF，可得 PO 3，2 2 EF所以四棱锥的高为 3 .62当相对的棱长相等时，不妨设PAPC4， PBPD2 2，因为 BD4 2PBPD，此时不能形成三角形 PBD，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.5．C【分析】根据线面平行的性质可判断 AB的正误，根据线面垂直的性质可判断 CD的正误.【解析】对于 A，若m / / ， n，则m,n平行或异面，故 A错误.对于 B，若m// ,n// ，则m,n平行或异面或相交，故 B错误.对于 C，m// ,n，过m作平面，使得s，因为m ，故m//s，而 s，故 ns，故mn，故 C正确.对于 D，若m// ,n，则m与n相交或异面，故 D错误.故选：C.6．C【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【解析】用一个完全相同的五面体HIJLMN（顶点与五面体 ABCDEF 一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N； E,M ; F ,L重合，因为 AD∥BE∥CF，且两两之间距离为 1． AD1,BE2,CF3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为 1的等边三角形，侧棱长为1 3223 1 4，V 1V 1 1 3 3ABC DEF2 ABC HIJ 1 14 .2 2 2 2故选：C.7．ABD【分析】A选项，抛物线准线为 x= 1，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，P, A,B三点共线时，先求出 P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据 PB2先算出 P的坐标，然63后验证 kPAkAB1是否成立；D选项，根据抛物线的定义， PBPF ，于是问题转化成PAPF 的 P点的存在性问题，此时考察 AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设 P点坐标进行求解.
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