2021年新高考浙江数学高考真题变式题第6-10题解析版

这是一份2021年新高考浙江数学高考真题变式题第6-10题解析版，共42页。试卷主要包含了我国著名数学家华罗庚曾说等内容，欢迎下载使用。

 2021年新高考浙江数学高考真题变式题6-10题
原题6
1．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
变式题1基础
2．如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面三角形是正三角形，E是的中点.由以下论断：

①与是异面直线；
②平面；
③与为异面直线，且；
④平面．
则这些论断正确的序号是（    ）
A．③ B．③④ C．①②③ D．②③④
变式题2基础
3．如图，在四面体中，截面是正方形，现有下列结论：

①②∥截面
③④异面直线与所成的角为
其中所有正确结论的编号是（    ）
A．①③ B．①②④
C．③④ D．②③④
变式题3巩固
4．如图，在正方体中，，，，，，是各条棱的中点.
①直线平面；②；③，，，四点共面；④平面.
其中正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
变式题4巩固
5．如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，且，为的中点，则下列说法不正确的是（    ）

A．平面
B．平面平面
C．若为的中点，则平面
D．若，则直线与平面所成角为
变式题5巩固
6．如图，已知正方体的棱长为1，点为上一动点，现有以下四个结论：①面面；②面；③当为的中点时，的周长取得最小值；④三棱锥的体积是定值，其中正确的结论个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
变式题6提升
7．如图所示，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成，若为线段的中点，则在翻转过程中，则下列命题错误的是（    ）

A．是定值
B．点在圆上运动
C．一定存在某个位置，使
D．一定存在某个位置，使平面
变式题7提升
8．已知正方体中，点分别是线段上的动点，观察直线与，与，得出下列结论：
①对于任意给定的点，存在点，使得；
②对于任意给定的点，存在点，使得；
③对于任意给定的点，存在点，使得；
④对于任意给定的点，存在点，使得；
其中正确的结论是（    ）

A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
原题7
9．已知函数，则图象为如图的函数可能是（    ）

A． B．
C． D．
变式题1基础
10．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合白般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（    ）

A． B．
C． D．
变式题2基础
11．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是

A． B．
C． D．
变式题3巩固
12．已知函数，，则下列图象对应的函数可能为（    ）

A． B．
C． D．
变式题4巩固
13．已知的导函数的图像如右图所示，则的解析式可能是（    ）

A． B．
C． D．
变式题5巩固
14．已知函数的图象如图所示，则此函数可能是（    ）

A． B．
C． D．
变式题6提升
15．现有四个函数：①y=x|sinx|，②y=x2cosx，③y=x·ex；④的图象(部分)如下，但顺序被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号安排正确的一组是（    ）

A．①②③④ B．①③②④ C．②①③④ D．③②①④
变式题7提升
16．已知函数的图像如图所示，则此函数可能是(    )

A． B．
C． D．
原题8
17．已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
变式题1基础
18．已知，则的值为（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
19．若都是锐角，且，，则的值是
A． B． C． D．
变式题3巩固
20．（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
21．对于任意的锐角，，下列不等关系中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
变式题5巩固
22．已知，均为锐角，且，则　　
A． B．
C． D．
变式题6提升
23．已知，，且，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题7提升
24．已知，，且，则（    ）
A． B． C． D．
原题9
25．已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（    ）
A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线
变式题1基础
26．已知等腰三角形的一腰的两个端点分别是，，，则另一腰的一个端点的轨迹方程是（    ）.
A．
B．
C．
D．
变式题2基础
27．两动直线与的交点轨迹是（    ）.
A．椭圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．圆的一部分
变式题3巩固
28．曲线是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：
①曲线关于轴对称；
②若点在曲线上，则；
③若点在曲线上，则.
其中真命题的个数是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
变式题4巩固
29．已知点集，当取遍任何实数时，所扫过的平面区域面积是（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
30．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两个定点A、B的距离之比为（，），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O：和点，点，M为圆O上的动点，则的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
变式题6提升
31．已知双曲线的两个焦点分别为，离心率等于，设双曲线的两条渐近线分别为直线；若点分别在上，且满足，则线段的中点的轨迹的方程为
A． B．
C． D．
变式题7提升
32．已知椭圆的两个焦点分别为，，设为椭圆上一点，角的外角平分线所在直线为，过点，分别做的垂线，垂足分别为，，当点在椭圆上运动时，点，的轨迹所围成的图形的面积为：（    ）
A． B． C． D．
原题10
33．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
34．已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，．则使得成立的的最大值为（    ）
A．17 B．18 C．19 D．20
变式题2基础
35．数列满足：，，是的前项和，则（    ）
A．4042 B．2021
C． D．
变式题3巩固
36．已知数列满足：则数列的前30项的和为（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
37．数列中，且，则数列的前2020项和为（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
38．在数列中，，，如果是1与的等比中项，那么的值是
A． B． C． D．
变式题6提升
39．已知数列满足，，则的整数部分是
A．1 B．2
C．3 D．4
变式题7提升
40．已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（    ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，

参考答案：
1．A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
2．A
【分析】根据点线面位置关系的定义与判定定理对选项一一判断即可．
【详解】对于①，都在平面内，故错误；
对于②，上底面是一个正三角形，不可能存在平面，故错误；
对于③，为在两个平行平面中且不平行的两条直线，
底面三角形是正三角形，是中点，故与是异面直线，且，故正确；
对于④，所在的平面与平面相交，且与交线有公共点，故错误．
故选：A
3．B
【解析】由线线平行和垂直的性质可判断①，由线面平行的判定定理和性质定理可判断②，由平行线分线段成比例可判断③，由异面直线所成角的定义可判断④.
【详解】截面是正方形，,
又平面，平面，
平面，
平面，平面平面
，同理可得
由正方形知，则，即①正确；
由，平面，平面，
得平面，则②正确；
由，,得,
所以，
同理可证，
由正方形知，但不一定与相等，
则与不一定相等，即③不正确；
由知为异面直线与所成的角，
由正方形知，则④正确.
故选：B.
【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是空间线线、线面的位置关系，考查推理能力，属于中档题.
4．B
【分析】①由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质定理推出平面，可判断；
②建立空间直角坐标系，得，可判断；
③取的中点，先证明可得，，，四点共面，可判断.
④利用向量法发现，，可判断.
【详解】解：因为，分别为，中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面平面，同理可得平面，
又因为，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，①正确；
设棱长为2，如图建立平面直角坐标系，

所以，0，，，0，，，2，，，0，，
用向量法，，则，②错误；
连接，因为，分别是，中点，所以，
又因为，分别为，中点，所以，
所以，故，，，四点共面，③正确；
，0，，，2，，，0，，，0，，，2，，
所以，2，，，0，，，2，，，，所以直线不垂直于平面，④不正确；
所以正确的是①③，
故选：B.
【点睛】本题考查了证明空间中的线面平行与线面垂直的问题，解题时应明确空间中的线面平行、线面垂直的判定方法是什么，也考查了逻辑思维能力与空间想象能力，属于中档题.
5．D
【分析】选项A. 设底面平行四边形的对角线相交于点，由条件，从而，再结合条件可判断；选项B. 可得，可知底面平行四边形为菱形，可证明平面从而可判断；选项C. 取的中点,连结,可得四边形为平行四边形，则，从而可判断；选项D.  连结, 由选项A的证明过程可知平面，则为直线与平面所成的角，从而可判断.
【详解】选项A. 设底面平行四边形的对角线相交于点.
则为的中点,由,
在中，,
所以,所以
又平面，平面,所以
又,所以平面，故选项A正确.
选项B.  由上有，可知底面平行四边形为菱形.
由，则，又为的中点
所以,即
又平面，平面,所以
又,所以平面，
又平面，所以平面平面，故选项B正确.
选项C.  如图取的中点,连结
由为的中点，为的中点，则且
又,且，为的中点,所以且
所以四边形为平行四边形，则
又平面，平面,所以则平面，故选项C正确.
选项D.  连结, 由选项A的证明过程可知平面
所以直线在平面上的射影为
所以为直线与平面所成的角.
由，则, 由，则,所以
在直角中，,所以，故选项D不正确.
故选：D

【点睛】思路点睛：求线面角的常见方法有（1）定义法；（2）向量法 .其中定义法的关键是找出直线在平面内的射影，具体步骤如下：
（1）作（找）垂线：过直线上一点作出（找出）平面的垂线；
（2）连射影：将斜足和垂足连接起来得到斜线在平面上的射影；
（3）计算：求该角的值，常利用解直角三角形；
6．D
【分析】证得平面，根据平面与平面垂直判定，可知①正确；由平面平面，根据平面与平面平行的性质可知②正确；根据三点共线，线段和最小，可得③正确；由三棱锥等体积法可求得，可知④错误．
【详解】
连接,因为正方体，所以平面，且平面，所以，又因为，且，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且平面，所以平面平面，故①正确；
因为平面平面，且平面，所以面，故②正确；
的周长等于，而为体对角线是定值，所以周长最小即为最小，将平面展开到平面在同一个平面，如图：

当三点共线时，最小，则为的中点时，故③正确；
，故④正确.
故选：D.
7．C
【解析】A正确，利用余弦定理得 是定值；
B正确，是在以为圆心，为半径的圆上；
C错误，当矩形满足时存在，其他情况不存在；
D正确，取中点，证明平面.
【详解】A正确，，定值，定值，
根据余弦定理得，，所以是定值；
B正确，由于是定值，是定点，所以是在以为圆心，为半径的圆上；
C错误，当矩形满足时存在，其他情况不存在，
D正确，取中点，连接、，则、，所以平面平面，因为平面，所以平面.
故选：C.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断选项B的真假，判断选项B的真假时，要利用选项A的结论，再结合圆的定义得解.
8．A
【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论.
【详解】对于①，当点与重合时，,，且，
∴平面，
∵对于任意给定的点，都有平面，
所以对于任意给定的点，存在点，使得，故①正确．
对于②，只有平面，即平面时，才能满足对于任意给定的点，存在点，使得，∵过点与平面垂直的直线只有一条，而，故②错误．
对于③，只有垂直于在平面中的射影时，，故③正确．
对于④，只有平面时，④才正确，因为过点的平面的垂线与无交点，故④错误．
综上，正确的结论是①③，
故选：A．
【点睛】方法点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
9．D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
10．C
【分析】根据图象函数为奇函数，排除D；再根据函数定义域排除B；再根据时函数值为正排除A；即可得出结果.
【详解】由题干中函数图象可知其对应的函数为奇函数，
而D中的函数为偶函数，故排除D；
由题干中函数图象可知函数的定义域不是实数集，故排除B；
对于A，当时，，不满足图象；对于C，当时，，满足图象.
故排除A，选C.
故选：C
11．C
【分析】采用排除法，根据图象的对称性排除A和B，根据函数在的单调性可排除D，从而选C
【详解】根据图象关于轴对称，可知函数为偶函数，而和为奇函数，故A、B不正确；
当时，，，所以函数在上递减，结合图象可知D不正确.
故选：C
【点睛】本题考查了利用函数对称性和单调性识别函数的图象，考查了排除法，属于基础题.
12．D
【分析】根据函数对称性逐一分析即可.
【详解】A.，当时，，不符合题意；
B.，其图象不关于轴对称，不符合题意；
C.，其图象不关于轴对称，不符合题意；
D.，其图象关于轴对称，当时，，符合题意.
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据图象找解析式，一般先找差异，再验证，即得解.
13．D
【分析】对各选项求导后分析其特殊情况结合题中图像判断,利用排除法求解即可.
【详解】对于A，，则，，所以在处取得极值，而点在直线上方，与图不符，排除A；
对于B，，因为，与图不符，排除B；
对于C，，当时，，与图不符，排除C；
故选:D
14．D
【分析】分析各选项中函数的奇偶性、及其在上的函数值符号，即可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为偶函数，不满足条件；
对于B选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为偶函数，不满足条件；
对于C选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为奇函数，
当时，，，则，不满足条件；
对于D选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为奇函数，
当时，，，则，满足条件.
故选：D.
15．D
【解析】根据各函数的特征如函数值的正负，单调性、奇偶性，定义域、值域等进行判断．
【详解】左边第一个图象中时，，只有③满足，此时只有D可选，实际上，左边第二个图象关于轴对称，是偶函数，只有②满足，而时，恒成立，只有最右边的图象满足，由此也可得顺序是③②①④，选D．
故选：D．
【点睛】思路点睛：本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可两者结合，由函数解析式和图象分别确定函数的性质，如奇偶性、单调性、函数值的正负，特殊的函数值，变化趋势等等，两者对照可得结论．
16．B
【分析】根据题意，依次分析选项中函数的定义域、奇偶性以及f(x)函数值的符号或在某一区间上单调性，验证与函数图象是否一致，综合可得答案.
【详解】对于，，有，解得，即的定义域为，
在区间上，，，，与所给图象不符；
对于，，的定义域为，
又由，为奇函数，
在区间上，，，，在区间上，，，，与所给图象不矛盾；
对于，，有，解得，即的定义域为，在区间上，，，
，
而x>3时，3x2+1 对于，，的定义域为，在区间上，，，，与所给图象不符.
故选：B
【点睛】由函数图象选择对应解析式，分析各选项：(1)函数在某区间或者特殊点对应函数值特性；(2)函数在某区间上的单调性，看图象的变化；(3)函数的奇偶性，判断图象的对称性.利用上述方法排除、筛选选项．
17．C
【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.
【详解】法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.



18．A
【解析】先利用，求出，把利用差角公式展开可求结果.
【详解】因为，所以，
.
故选：A.
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，给值求值问题一般是先看所求角与已知角之间的关系，侧重考查数学运算的核心素养.
19．A
【详解】试题分析：由已知得,
,故选A.
考点：两角和的正弦公式
20．B
【分析】利用两角和差正弦公式拆开，化简知原式等于，进而得到结果.
【详解】.
故选：.
【点睛】本题考查利用两角和差正弦公式化简求值的问题，属于基础题.
21．D
【分析】利用和角正弦公式结合正余函数的有界性推理可判断A，B；取特殊角计算不等式的两边即可判断C；对于D，利用余弦函数在上的单调性推理判断作答.
【详解】因，是锐角，
则，A不正确；
，B不正确；
令，，，而，C不正确；
因，是锐角，则，而函数在上单调递减，于是得，又，有，D正确.
故选：D
22．A
【分析】利用，得到，化简计算即可．
【详解】解：，
，
，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了三角函数的化简，以及两角和与差的正弦公式和同角的三角函数的关系，属于基础题
23．A
【解析】易知，利用角的范围和同角三角函数关系可求得和，分别在和两种情况下，利用两角和差正弦公式求得，结合的范围可确定最终结果.
【详解】且，，.
又，，.
当时，
，
，，不合题意，舍去；
当，同理可求得，符合题意.
综上所述：.
故选：.
【点睛】易错点睛：本题中求解时，易忽略的值所确定的的更小的范围，从而误认为的取值也有两种不同的可能性，造成求解错误.
24．C
【分析】化切为弦结合两角和的余弦公式、诱导公式以及余弦函数的单调性即可求解.
【详解】因为，
所以，
即，
因为，，所以，，
因为在上单调递减，所以，
即，
故选：C.
25．C
【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，
其中为双曲线，为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
26．B
【分析】设点，根据两点坐标求距离公式化简计算，结合点与点不重合且、、A不共线即可得出结果.
【详解】设点，
由，得，
即.
又点与点不重合且，，不共线，
所以，.
故选：B.
27．A
【分析】令，，则 ,由于过定点，过定点，令与的交点为，利用轨迹法可求得点的轨迹方程，进而得出结果.
【详解】令，则，，
所以，
过定点，过定点，令与的交点为，
则，，所以
整理得，因为、存在，所以，
所以点的轨迹为椭圆的一部分.
故选：A.
28．D
【分析】由题得曲线的轨迹方程为：，再依次讨论即可.
【详解】点在曲线上，则有，
化简得：．
对于①，将换为，表达式不变，故①正确．
对于②，∵，∴，
∵ ，∴，∴，故②正确．
对于③，∵，，
∴ ，，
∴ ，∴
∴，故③正确．
故选：D.
【点睛】本题考查曲线的轨迹方程，利用方程研究曲线的性质，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件得曲线上的点满足，再分类讨论得曲线的方程，进而求解.
29．A
【分析】根据题意S中的元素组成以为圆心的圆心，半径为1的圆及其内部，当取遍任何实数时，点集S对应的图形如图，为矩形与两个半圆的组合图形，从而可得答案.
【详解】根据题意，点集，
S中的元素组成以为圆心的圆心，半径为1的圆及其内部，
设M
又由，
则圆心M在线段上，
则点集S对应的图形如图，为矩形ABCD与两个半圆的组合图形，
其中AB＝2，BC＝，
则当取遍任何实数时，S所扫过的平面区域面积S＝；
故选：A．

30．B
【解析】令，则 ，所以，
整理，得，，点M位于图中、的位置时，的值最小可得答案.
【详解】设，令，则，
由题知圆是关于点A、C的阿波罗尼斯圆，且，
设点，则，整理得：
，
比较两方程可得：，，，
即，，点，
当点M位于图中、的位置时，
的值最小，最小为.
故选：B.

【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，考查两点间线段最短.
31．A
【分析】根据离心率得到双曲线方程，渐近线方程为．设，，线段的中点，根据得到轨迹方程.
【详解】由已知，求得，得双曲线方程为，
从而其渐近线方程为．
设，，线段的中点，
由已知不妨设，，
从而，，
由得，
所以，即，
则M的轨迹C的方程为．
【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
32．C
【分析】延长交的延长线于，可证得，且是的中点，由此可求得的长度是定值，即可求点的轨迹的几何特征，从而可得出答案．
【详解】解：由题意，是以，为焦点的椭圆上一点，过焦点作外角平分线的垂线，垂足为，
延长交的延长线于，得，
由椭圆的定义知，故有，
连接，知是三角形的中位线，
，即点到原点的距离是定值，
由此知点的轨迹是以原点为圆心、半径等于的圆．
同理可得，点的轨迹是以原点为圆心、半径等于的圆．
故点，所形成的图形的面积为．
故选：C.

【点睛】本题考查求轨迹方程，关键是证出是中位线以及利用题设中所给的图形的几何特征求出的长度，进而求出的长度，再利用圆的定义得出点的轨迹是一个圆，难度较大．
33．A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
34．C
【分析】根据求通项公式，注意讨论、并判断是否可合并，再应用裂项法求，最后根据不等式求的最大值即可.
【详解】当时，；当时，；而也符合，
∴，.又，
∴，要使，
即，得且，则的最大值为19.
故选：C.
35．D
【分析】由，得出，周期为3，利用周期性可得答案.
【详解】因为，，
由得，
进而得：，，可得：，
．
故选：D.
36．D
【分析】根据已知递推公式，可得数列的奇数项成等差数列，求出，用裂项相消法，即可求出结论.
【详解】由得，
两式相减得，故
以3为公差的等差数列，，
．
则

，
故选：D．
【点睛】本题考查数列的通项公式以及裂项相消法求数列和，考查计算求解能力，属于中档题.
37．A
【分析】先对已知条件进行化简得：，令即有，利用累加法可以求出，从而可得出，即可求出数列的前2020项和.
【详解】因为，
所以，
化简可得，
令即有，
由累加法可得：

，
即，
所以，
所以数列的前2020项和

故选：A
【点睛】本题考查了利用累加法求数列的通项公式以及利用裂项求数列的和，考查了学生的计算能力，属于一般题.
38．C
【分析】由已知得出递推公式，利用归纳推理，即由已知求出数列的前几项，然后可归纳出其通项，再利用裂项相消求解即可.
【详解】由题意，，，
所以，即，由得，…，
所以，
.
故选:C．
39．B
【分析】先由题意得，得数列为单调递增数列，再
由，裂项得，由裂项求和可得，又，即求的整数部分是2.
【详解】由得，所以数列为单调递增数列，，所以
所以
因为，，，，，所以，，所以的整数部分是2.
【点睛】本题综合考查数列递推公式变形处理，数列单调性，范围估计，裂项求和等知识，思维难度较大，需要学生从题中找到切入点．
40．C
【分析】结合等比性质处理得，再分和分类讨论，时较为简单，结合裂项法直接求解，当时，放缩后再采用裂项即可求解.
【详解】由，，成等比数列可得，①，也即②，②-①得，因为，所以，，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，当时，，即，
对A、B，当时，，此时数列为等差数列，前项和为，，
故，
当时，，故A、B错误；
对C、D，当时，，
,当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
所以,,
此时
，故C正确，D错误.
故选：C