2025高考數(shù)學(xué)二輪專題-向量、數(shù)列-專項訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)二輪專題-向量、數(shù)列-專項訓(xùn)練一．選擇題（共12小題）1．已知向量，滿足：，，且，則||＝（）A． B． C． D．12．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若S5＝S10，a5＝1，則a1＝（）A． B． C．﹣ D．﹣3．已知向量＝（x+1，x），＝（x，2），則（）A．“⊥”的必要條件是“x＝﹣3” B．“∥”的必要條件是“x＝﹣3” C．“⊥”的充分條件是“x＝0” D．“∥”的充分條件是“x＝﹣1+”4．已知a，b，c成等差數(shù)列，直線ax+by+c＝0與圓C：x2+（y+2）2＝5交于A，B兩點，則|AB|的最小值為（）A．1 B．3 C．4 D．2

5．設(shè)，是向量，則“（+）?（﹣）＝0”是“＝﹣或＝”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知向量＝（1，1），＝（1，﹣1）．若（+λ）⊥（+μ），則（）A．λ+μ＝1 B．λ+μ＝﹣1 C．λμ＝1 D．λμ＝﹣17．記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，設(shè)甲：{an}為等差數(shù)列；乙：{}為等差數(shù)列，則（）A．甲是乙的充分條件但不是必要條件 B．甲是乙的必要條件但不是充分條件 C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件8．記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，則S8＝（）A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120

9．?dāng)?shù)列{an}滿足an+1＝（an﹣6）3+6，下列說法正確的是（）A．若a1＝3，則{an}是遞減數(shù)列，?M∈R，使得an＞M B．若a1＝5，則{an}是遞增數(shù)列，?M≤6，使得an＜M C．若a1＝7，則{an}是遞減數(shù)列，?M＞6，使得an＞M D．若a1＝9，則{an}是遞增數(shù)列，?M∈R，使得an＜M10．向量||＝||＝1，||＝，且+＝，則cos?﹣，﹣?＝（）A． B． C． D．11．已知正項等比數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn為{an}前n項和，S5＝5S3﹣4，則S4＝（）A．7 B．9 C．15 D．30

12．已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點A，直線PB與⊙O交于B，C兩點，D為BC的中點，若|PO|＝，則?的最大值為（）A． B． C．1+ D．2+二．填空題（共6小題）13．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a3+a4＝7，3a2+a5＝5，則S10＝．14．在正方形ABCD中，邊長為1．E為線段CD的三等分點，＝，＝λ+μ，則λ+μ＝；若F為線段BE上的動點，G為AF中點，則的最小值為．

15．設(shè){an}與{bn}是兩個不同的無窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列．記集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，給出下列四個結(jié)論：①若{an}與{bn}均為等差數(shù)列，則M中最多有1個元素；②若{an}與{bn}均為等比數(shù)列，則M中最多有2個元素；③若{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，則M中最多有3個元素；④若{an}為遞增數(shù)列，{bn}為遞減數(shù)列，則M中最多有1個元素．其中正確結(jié)論的序號是．16．已知向量，滿足|﹣|＝，|+|＝|2﹣|，則||＝．17．在△ABC中，BC＝1，∠A＝60°，，．記＝，＝，用和表示＝；若＝，則?的最大值為．18．已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝﹣8，則a7＝．

三．解答題（共5小題）19．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且4Sn＝3an+4．（1）求{an}的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列{bn}的前n項和為Tn．20．已知數(shù)列{an}是公比大于0的等比數(shù)列，其前n項和為Sn，若a1＝1，S2＝a3﹣1．（1）求數(shù)列{an}前n項和Sn；（2）設(shè)bn＝，b1＝1，其中k是大于1的正整數(shù)．（i）當(dāng)n＝ak+1時，求證：bn﹣1≥ak?bn；（ii）求．21．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d＞1．令bn＝，記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項和．（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{an}的通項公式；（2）若{bn}為等差數(shù)列，且S99﹣T99＝99，求d．

22．已知{an}為等差數(shù)列，bn＝，記Sn，Tn為{an}，{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16．（1）求{an}的通項公式；（2）證明：當(dāng)n＞5時，Tn＞Sn．23．已知數(shù)列{an}中，a2＝1，設(shè)Sn為{an}前n項和，2Sn＝nan．（1）求{an}的通項公式；（2）求數(shù)列的前n項和Tn．

參考答案與試題解析一．選擇題（共12小題）1．【解答】解：向量，滿足，，且，可得，，可得，所以||＝．故選：B．2．【解答】解：S5＝S10，則S10﹣S5＝a6+a7+a8+a9+a10＝5a8＝0，解得a8＝0，又因為a5＝1，所以公差，故a1＝a8．故選：B．3．【解答】解：＝（x+1，x），＝（x，2），若，則x（x+1）+2x＝0，解得x＝0或﹣3，故“⊥”的充分條件是“x＝0”，故A錯誤，C正確；若，則2（x+1）＝x2，解得x＝，故BD錯誤．故選：C．4．【解答】解：因為a，b，c成等差數(shù)列，所以a﹣2b+c＝0，所以直線ax+by+c＝0恒過P（1，﹣2），因為P（1，﹣2）在圓C：x2+（y+2）2＝5內(nèi)，當(dāng)PC⊥AB時，|AB|取得最小值，此時|PC|＝1，．故選：C．5．【解答】解：（+）?（﹣）＝0，則，即，不能推出＝或＝﹣，充分性不成立，＝或＝﹣能推出，必要性成立，故“（+）?（﹣）＝0”是“＝或＝﹣”的必要不充分條件．故選：B．6．【解答】解：∵＝（1，1），＝（1，﹣1），∴+λ＝（λ+1，1﹣λ），+μ＝（μ+1，1﹣μ），由（+λ）⊥（+μ），得（λ+1）（μ+1）+（1﹣λ）（1﹣μ）＝0，整理得：2λμ+2＝0，即λμ＝﹣1．故選：D．7．【解答】解：若{an}是等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，則Sn＝na1+d，即＝a1+d＝n+a1﹣，故{}為等差數(shù)列，即甲是乙的充分條件．反之，若{}為等差數(shù)列，則可設(shè)﹣＝D，則＝S1+（n﹣1）D，即Sn＝nS1+n（n﹣1）D，當(dāng)n≥2時，有Sn﹣1＝（n﹣1）S1+（n﹣1）（n﹣2）D，上兩式相減得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝S1+2（n﹣1）D，當(dāng)n＝1時，上式成立，所以an＝a1+2（n﹣1）D，則an+1﹣an＝a1+2nD﹣[a1+2（n﹣1）D]＝2D（常數(shù)），所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列．即甲是乙的必要條件．綜上所述，甲是乙的充要條件．故本題選：C．8．【解答】解：等比數(shù)列{an}中，S4＝﹣5，S6＝21S2，顯然公比q≠1，設(shè)首項為a1，則＝﹣5①，＝②，化簡②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4或q2＝﹣5（不合題意，舍去），代入①得＝，所以S8＝＝（1﹣q4）（1+q4）＝×（﹣15）×（1+16）＝﹣85．故選：C．9．【解答】解：法（i）對原式進行變形，得an+1﹣an＝[（an﹣6）2﹣1]（an﹣6），當(dāng)a1＝3，則a2﹣a1＜0，a2＜3，設(shè)ak＜3（k∈Z，k≥2），則ak+1﹣ak＜﹣3，所以{an}是遞減數(shù)列，當(dāng)n→+∞，an→﹣∞，A錯誤，同理可證明D錯誤，當(dāng)a1＝5，則a2﹣a1＞0，即a2＞5，又因為（a1﹣6）3＜0，所以5＜a2＜6，假設(shè)5＜ak＜6（k∈Z，k≥2），則ak+1﹣ak＞0，即ak+1＞5，又因為（ak﹣6）3＜0，所以5＜ak+1＜6，所以當(dāng)n→+∞，an→6，B正確，對于C，當(dāng)a1＝7，可得a2＝+6，a3＝+6，可得{an}是遞減數(shù)列，an＝6，故不存在M＞6，an＞M恒成立，C錯誤．法（ii）an+1＝（an﹣6）3+6，可得an+1﹣6＝（an﹣6）3，n∈N+，所以a2﹣6＝（a1﹣6）3，a3﹣6＝（a2﹣6）3＝[（a1﹣6）3]3＝××（a1﹣6）32，a4﹣6＝×××（a1﹣6）33，歸納猜想：an﹣6＝×（a1﹣6＝?（a1﹣6，當(dāng)a1＝3時，an﹣6＝?（﹣3＝﹣2×（，即an＝?（﹣3＝﹣2×（+6，所以{an}是遞減數(shù)列，無邊界；a1＝5時，an﹣6＝?（﹣1＝﹣2×（，即an＝﹣2×（+6＝2[3﹣（]，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，可得{an}是遞增，有邊界，所以B正確；a1＝7時，an﹣6＝?＝2×（，所以{an}是遞減數(shù)列，有邊界；所以C不正確；a1＝9時，an﹣6＝?＝2×（，所{以an}是遞增數(shù)列，無邊界；所以D不正確；故選：B．10．【解答】解：因為向量||＝||＝1，||＝，且+＝，所以﹣＝+，所以＝++2?，即2＝1+1+2×1×1×cos＜，＞，解得cos＜，＞＝0，所以⊥，又﹣＝2+，﹣＝+2，所以（﹣）?（﹣）＝（2+）?（+2）＝2+2+5?＝2+2+0＝4，|﹣|＝|﹣|＝＝＝，所以cos?﹣，﹣?＝＝＝．故選：D．11．【解答】解：等比數(shù)列{an}中，設(shè)公比為q，a1＝1，Sn為{an}前n項和，S5＝5S3﹣4，顯然q≠1，（如果q＝1，可得5＝15﹣4矛盾），可得＝5?﹣4，解得q2＝4，即q＝2，S4＝＝＝15．故選：C．12．【解答】解：如圖，設(shè)∠OPC＝α，則，根據(jù)題意可得：∠APO＝45°，∴＝＝cos2α﹣sinαcosα＝＝，又，∴當(dāng)，α＝，cos（）＝1時，取得最大值．故選：A．二．填空題（共6小題）13．【解答】解：等差數(shù)列{an}中，a3+a4＝2a1+5d＝7，3a2+a5＝4a1+7d＝5，解得，d＝3，a1＝﹣4，則S10＝10×（﹣4）+＝95．故答案為：95．14．【解答】解：由題意可知，＝＝＝﹣＝﹣＝，∴，μ＝1，∴λ+μ＝，如圖：設(shè)＝m（0≤m≤1），則＝＝﹣＝﹣+m（）＝（﹣1），∵G為AF中點，∴＝＝﹣＝﹣[（﹣1）]＝（），∵正方形ABCD的邊長為1，∴＝1，＝0，∴＝[（﹣1）]?[（）]＝（m﹣1）（m﹣）+m（）＝，對于函數(shù)y＝，對稱軸為m＝，∴函數(shù)y＝在[0，1]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)m＝1時，函數(shù)y＝取得最小值﹣，即的最小為﹣．故答案為：；﹣．15．【解答】解：對于①，{an}，{bn}均為等差數(shù)列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不為常數(shù)列且各項均不相同，故它們的散點圖分布在直線上，而兩條直線至多有一個公共點，所以M中至多一個元素，故①正確；對于②，令，，滿足{an}，{bn}均為等比數(shù)列，但當(dāng)n為偶數(shù)時，，此時M中有無窮多個元素，故②錯誤；對于③，設(shè)，an＝kn+b（k≠0），若M中至少四個元素，則關(guān)于n的方程Aqn＝kn+b至少有4個不同的正數(shù)解，若q＜0，q≠±1，考慮關(guān)于n的方程Aqn＝kn+b奇數(shù)解的個數(shù)和偶數(shù)解的個數(shù)，當(dāng)Aqn＝kn+b有偶數(shù)解，此方程即為A|q|n＝kn+b，方程至多有兩個偶數(shù)解，且有兩個偶數(shù)解時Akln|q|＞0，否則Akln|q|＜0，因為y＝A|q|n，y＝kn+b單調(diào)性相反，方程A|q|n＝kn+b至多一個偶數(shù)解，當(dāng)Aqn＝kn+b有奇數(shù)解，此方程即為﹣A|q|n＝kn+b，方程至多有兩個奇數(shù)解，且有兩個奇數(shù)解時﹣Akln|q|＞0，即Akln|q|＜0，否則Akln|q|＞0，因為y＝﹣A|q|n，y＝kn+b單調(diào)性相反，方程A|q|n＝kn+b至多一個奇數(shù)解，因為Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同時成立，若q＞0，q≠1，則由y＝Aqn和y＝kn+b的散點圖可得關(guān)于n的方程Aqn＝kn+b至多有兩個不同的解，矛盾；故Aqn＝kn+b不可能有4個不同的正數(shù)解，故③正確．對于④，因為{an}為單調(diào)遞增，{bn}為遞減數(shù)列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不為常數(shù)列且各項均不相同，前者散點圖呈上升趨勢，后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確．故答案為：①③④．16．【解答】解：∵|﹣|＝，|+|＝|2﹣|，∴，，∴，∴＝3，∴．故答案為：．17．【解答】解：在△ABC中，∠A＝60°，||＝1，點D為AB的中點，點E為CD的中點，＝，＝，則＝＝；設(shè)，，由余弦定理可得：1＝x2+y2﹣xy，又x2+y2≥2xy，即xy≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時取等號，又＝，則＝，則＝＝＝＝，即?的最大值為．故答案為：；．18．【解答】解：∵等比數(shù)列{an}，∴a2a4a5＝a2a3a6＝a3a6，解得a2＝1，而a9a10＝a2q7a2q8＝（a2）2q15＝﹣8，可得q15＝（q5）3＝﹣8，即q5＝﹣2，a7＝a2?q5＝1×（﹣2）＝﹣2．故答案為：﹣2．三．解答題（共5小題）19．【解答】解：（1）因為4Sn＝3an+4，所以4Sn+1＝3an+1+4，兩式相減可得4an+1＝3an+1﹣3an，即an+1＝﹣3an，又因為4S1＝3a1+4，所以a1＝4，故數(shù)列{an}是首項為4，公比為﹣3的等比數(shù)列，所以；（2），所以，3?33+?+n?3n），兩式相減可得：﹣4n）3n﹣2，所以．20．【解答】解：（1）a1＝1，S2＝a3﹣1＝a1+a2，可得1+q＝q2﹣1，整理得q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1，因為數(shù)列{an}的公比大于0，所以q＝2，所以；（2）（i）證明：由（1）可知，且k∈N*，k≥2，當(dāng)時，則，即ak＜n﹣1＜ak+1，可知，bn＝k+1，bn﹣1＝+（ak+1﹣ak﹣1）?2k＝k+2k（2k﹣1﹣1）＝k（2k﹣1），可得bn﹣1﹣akbn＝k（2k﹣1）﹣（k+1）2k﹣1＝（k﹣1）2k﹣1﹣k≥2（k﹣1）﹣k＝k﹣2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)k＝2時，等號成立，所以bn﹣1≥ak?bn；（ii），若n＝1，則S1＝1，b1＝1，若n≥2，則，當(dāng)2k﹣1＜i≤2k﹣1時，bi﹣bi﹣1＝2k，可知{bi}為等差數(shù)列，可得bi＝k?2k﹣1+2k＝k?4k﹣1＝，＝1+[5×42﹣2×4+8×43﹣5×42+...+（3n﹣1）4n﹣（3n﹣4）4n﹣1]＝，且n＝1，符合上式，綜上所述：．21．【解答】解：（1）∵3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，∴根據(jù)題意可得，∴，∴2d2﹣7d+3＝0，又d