2022年高考浙江数学高考真题变式题第10-12题解析版

这是一份2022年高考浙江数学高考真题变式题第10-12题解析版，共34页。试卷主要包含了已知数列满足，则，已知数列满足，，则，已知数列满足，且，，则，已知数列满足，则的值所在范围是，已知正项数列满足，，则，数列满足，已知数列满足等内容，欢迎下载使用。

 2022年高考浙江数学高考真题变式题10-12题
原题10
1．已知数列满足，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
2．已知数列满足，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
3．已知数列满足，且，，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题3基础
4．已知数列满足，则下列结论成立的是（       ）
A． B．
C． D．
变式题4巩固
5．已知数列满足，则的值所在范围是（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
6．已知正项数列满足，，则（       ）
A．对任意的，都有
B．对任意的，都有
C．存在，使得
D．对任意的，都有
变式题6巩固
7．数列满足：，，记数列的前项和，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题7巩固
8．在数列中， 已知， 且， 则以下结论成立的是（     ）
A． B． C． D．
变式题8提升
9．已知数列满足，.若对恒成立，则正实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式题9提升
10．已知数列满足：，且，则下列关于数列的叙述正确的是（    ）
A． B． C． D．
变式题10提升
11．已知数列满足，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题11提升
12．已知数列中各项都小于1，，即数列前n项和为，则（    ）
A． B．
C． D．
原题11
13．我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________．
变式题1基础
14．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作.其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是“以小斜冥并大斜冥减中斜冥，余半之，自乘于上，以小斜冥乘大斜冥减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写出公式，即若，则，现有周长为的满足，则用以上给出的公式求得的面积为__________．
变式题2基础
15．《易经》中记载着一种几何图形一一八封图，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.某中学开展劳动实习，去测量当地八卦田的面积如图，现测得正八边形的边长为，代表阴阳太极图的圆的半径为，则每块八卦田的面积为___________.

变式题3基础
16．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题《数书九章》中记录了秦九解的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积”若把以上这段文字写成公式，即S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边长，现有满足且，则的外接圆的半径为_________．
变式题4基础
17．我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积为.根据此公式，若，且，则这个三角形的面积为_________.
变式题5巩固
18．我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设的三个内角的对边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为.若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为________.
变式题6巩固
19．我国古代数学家秦九韶在《数学九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，所对的边长分别为，则的面积.根据此公式若，且，则△ABC的面积为______________.
变式题7巩固
20．几何学中有两件瑰宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，其中顶角为的等腰三角形被称为“黄金三角形”．如图，已知五角星是由5个“黄金三角形”与1个正五边形组成，且．记阴影部分的面积为，正五边形的面积为，则_______．

变式题8巩固
21．我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即在中，角所对的边分别为，则的面积为，若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为___________.
变式题9提升
22．我国南宋著名数学家秦九韶（约1202—1261）被国外科学史家赞誉为“他那个民族，那个时代，并且确实也是所有时代最伟大的数学家之一”.他独立推出了“三斜求积”公式，求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成从三条边长求三角形面积的公式，就是.现如图，已知平面四边形中，，，，，，则平面四边形的面积是_________.

变式题10提升
23．拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个正三角形，则这三个正三角形的中心恰为另一个正三角形的顶点.”利用该定理可为任意形状的市区科学地确定新的发展中心区位置，合理组织人流､物流，使城市土地的利用率，建筑的使用效率达到最佳，因而在城市建设规划中具有很好的应用价值.如图，设代表旧城区，新的城市发展中心，分别为正，正，正的中心､现已知，的面积为，则的面积为___________.

变式题11提升
24．赵爽是我国古代数学家，大约在公元年，赵爽在为《周髀算经》，作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形，由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形，设，若，则的面积为____________.

原题12
25．已知多项式，则__________，___________．
变式题1基础
26．已知多项式，则_______，________．
变式题2基础
27．已知，则______.______.
变式题3基础
28．已知展开式的各二项式系数的和为512，则________；若，则 _________
变式题4基础
29．若，，则________；________；
变式题5巩固
30．已知，则_____，___________．
变式题6巩固
31．多项式，则_______，________．
变式题7巩固
32．已知.且，则__________，该展开式第3项为__________.
变式题8巩固
33．若，则_______，_______．
变式题9提升
34．已知，则___________，___________.
变式题10提升
35．已知多项式，则_______，_______．
变式题11提升
36．设（其中为偶数），若对任意的，总有成立，则_________，_________.

参考答案：
1．B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
        
2．B
【分析】由题意化简可得，根据，利用累加法可得；根据，利用累加法计算化简可得，进而得出，令计算即可.
【详解】解：显然，对任意，．，
化简可得，所以，则，
累加可得，所以．
又，所以，
则
，
注意到，
所以，则，
所以．综上．
当时，，即.
故选：B
3．B
【分析】根据题意求出，判断出数列递减，且，再对两边取倒数，然后平方整理得，再利用单调性进行放缩，可得出当时，，结合不等式的性质即可得解.
【详解】∵，，
∴，，则，
∵，
∴，即数列递减，则，
∵，
∴两边取倒数得，即，则，
∵数列递减，
∴当时，，即；
当时，，即，，，，
∴根据不等式的性质可得，即，
∴.
故选：B.
4．D
【分析】根据指数函数的性质判断，即可猜想数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项，再证明即可，从而得解；
【详解】解：因为，，所以，，
因为指数函数单调递减，所以，即，
即，故，即，所以，
可猜想数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项，
因为，当时，
所以，所以①，
因为，所以，即，进而得到，
以此类推得且，所以，
由①可得，
由，所以，即，由得到，
以此类推得单调递减，所以，
所以；
故选：D
5．B
【分析】已知等式变形为，用累加法有，
可得，，
再变形为，由放缩法得，用累加法得．从而可得结论．
【详解】由已知得，，
所以
，
，所以，
由得，，
累加可得，所以，
所以．
故选：B．
6．D
【分析】可赋值，验证AB；通过构造函数，对进行放缩，可得，累乘法可判断CD.
【详解】因为，，不妨令，则，即，故AB错误；
，构造，则，当，，单增，当时，，单减，故，即，所以，即，因为，所以，累乘法可得，即，也即.故C错误，D正确.
故选：D
7．D
【分析】根据题意的递推公式可得，进而可得和，利用累加法和裂项相消求和法得到，进而得出的取值范围.
【详解】由题意知，，
，即，
则，即，
由累加法可得，
所以当时，，
所以，
又，得，
所以，
故选：D
8．C
【分析】先根据递推公式可得，得出的通项公式，从而验证得出答案.
【详解】，则，
若中存在某项，使得，则可得这与条件中相矛盾.
所以，将上面两式相除可得
所以数列是公比为的等比数列.
则，设，则
所以



故选：C
9．B
【分析】令，则问题转化为，，且，再分别在，，，进行分类讨论即可.
【详解】令，则问题转化为，，且.
当时，则，不符合题意；
当时，首先，解得.
当时，用数学归纳法可得，其中满足，
所以.
令，，则，
令，得，所以存在使得，当时，，
当时，，所以先增后减.
所以.
所以.
当时，设满足，则存在，
此时，不符合题意.
综上，正实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
10．D
【分析】判定出数列的单调性判断选项A；求得的取值范围判断选项B；判定出与的大小关系判断选项C；判定出与的大小关系判断选项D.
【详解】首先我们证明：，(利用数学归纳法)
当时，；
假设当时，，
则当时，.
设函数，则，
则在上单调递增，从而.
综上可得.
故选项B错误；
当时，令，
则，令，
则，则在上单调递减，
又，故在上先增后减，
从而，从而.
对于A选项：由于，
故数列单调递增，选项A错误；
对于C选项，由于当时，有，
从而，
故，故选项C错误；
对于D选项，由于，即，
令，则，
即，
其中，故，
从而，即，，
即，故.从而选项D正确.
故选：D
11．B
【分析】根据递推式易得，以及，根据累加法得出，进而，类似可得，进而可得结论.
【详解】显然，由，故与同号，
由得，故，
所以，
又，所以；
由，
所以，
故，
累加得，
所以，
所以，
所以，
另一方面，由，所以
，累加得，
故，即，
所以；综合得．
故选：B.
12．A
【分析】根据可得即数列单调递减.构造函数证明，即，根据等比数列求和即可求解.
【详解】解析：由，因为数列中各项都小于1，故与同号，又，所以，故，即，所以，又，所以时，，，而函数在上单调递减，所以由得，即，所以，
故选:A．
13．.
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
【详解】因为，所以．
故答案为：.

14．
【详解】∵，
∴，
又的周长为，
∴，
∴．即的面积为．
答案：
15．
【分析】由图可知，正八边形分割成8个全等的等腰三角形，顶角为，设等腰三角形的腰长为，利用正弦定理可求出的值，再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】由图可知，正八边形分割成8个全等的等腰三角形，
顶角为，
设等腰三角形的腰长为，
由正弦定理可得，
解得，
所以三角形的面积，
则每块八卦田的面积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了正弦定理和三角形的面积公式.属于较易题.
16．.
【解析】由正弦定理得到三条边长的比，利用所给面积公式得到边长，再结合面积公式和正弦定理可得答案.
【详解】由已知和正弦定理得：，
设，
由，
解得，所以，设的外接圆的半径为，
由，解得，
由正弦定理得，所以.
故答案为：
【点睛】本题考查了正弦定理、面积公式解三角形，关键点是利用所给面积公式求出三角形边长，考查了学生的基础知识及阅读能力.
17．
【分析】依题意可得，则代入数据计算可得；
【详解】解：依题意的面积为，同理可得，因为，且，所以
故答案为：
18．
【解析】根据条件求出，代入求解即可.
【详解】,

,
,
,
,
,
故答案为：
【点睛】本题主要考查了正弦定理，考查了推理能力，计算能力，属于中档题.
19．
【分析】根据 ，变形利用正弦定理得，，解得，再利用余弦定理得到，，代入求解.
【详解】因为 ，
所以，
由正弦定理得，
即，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
20．
【分析】求出五边形的内角，结合三角形的面积公式求出黄金三角形的面积，通过转换，将正五边形面积转化为大三角形减两个黄金三角形的面积，从而可求出
【详解】解：设，，则五边形的内角为，则，
则三角形 ，，
，
则 ，，
从而，因为，
所以，
则

故答案为: .
【点睛】关键点睛:
本题的关键有两个，一是借助于三角形的面积公式和转化的思想，用表示，
二是结合正弦定理可得，从而可求出.
21．
【分析】利用同角三角函数的平方关系化简，结合正弦定理角化为边，得到，利用余弦定理求得C，再求得c，利用基本不等式求得，从而由求得答案.
【详解】由
得：，
即，故，
所以 ，而 ,
所以 ，
则，当且仅当 时取等号，
故，
即面积的最大值为 ，
故答案为：
22．
【分析】利用秦九韶算法求出的面积，利用余弦定理求得的值，再计算的面积，从而求得平面四边形的面积．
【详解】解：中，，，，
面积为，
中，由余弦定理得，
即，
化简得，
解得或（不合题意，舍去）；
所以中，，，，
面积为；
所以平面四边形的面积是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形面积计算问题，也考查了解三角形的应用问题，属于中档题题．
23．
【分析】连接，易得，进而得到，利用勾股定理得到，然后再利用余弦定理求得即可.
【详解】如图所示：

连接，由题意得：，
又因为，
所以，，
解得，
由勾股定理得，即，
即，
由余弦定理得，
解得，
所以三角形ABC的面积为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是证得，再利用勾股定理和余弦定理求得而得解.
24．
【分析】设，可得出，，利用余弦定理求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】设，则，因为为等边三角形，则，故，
在中，由余弦定理得，解得，
故，，因此，的面积为.
故答案为：.
25．         
【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令求出，再令即可得出答案．
【详解】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．

26．         
【分析】第一空：利用赋值处理，令代入计算；第二空：的项系数为，的项系数差，借助二项展开式通项计算处理．
【详解】令，即
的项系数为，的项系数差，
即，
故答案为：；．
27．     60     728##
【分析】对变形为，写出展开式的通项公式，从而求出的值；
赋值法求解系数和，从而求出答案.
【详解】，
所以通项公式为，故；
令得：，
其中，所以
故答案为：60，728
28．     9     2
【分析】由二项式系数的性质求得值，在第二个等式中，令求得，令求得后可得结论．
【详解】由，可得．令，得；令，得．
所以．
故答案为：9；2.
29．         
【分析】令，利用赋值法可求得所求代数式的值.
【详解】令，则，
.
故答案为：；.
30．         
【分析】（1）用乘以展开式的常数项再加上用乘以展开式的一次项，合并同类项即可求解（2）用赋值法即可求解
【详解】
展开式的第项为
令，则，
令，则，
所以展开式的一次项为：
所以

令，则
令，则
所以
故答案为：；
31．          1
【分析】由且展开通项为，结合含项的特征确定r值，即可求解；赋值法令、求系数和，进而可得目标式的值.
【详解】由题设，，而展开式通项为，
所以；
令得：，
令得：，
于是．
故答案为：-6，1
32．     5    
【分析】根据二项式展开式可得，再利用赋值法得到，即可求出，再根据展开式的通项计算可得；
【详解】解：因为，
所以，令，则，令，则，
所以，所以，所以，解得或（舍去），
所以，
所以展开式的第项为；
故答案为：；
33．     -10     -62
【分析】令，将原问题转化为二项式的展开式的相关问题，结合二项式展开式和系数和的性质求解.
【详解】令，则，原式可以转化成，
则为前面的系数，
所以，
所以，
令，可得，令，可得，
所以，
故答案为：．
34．         
【分析】根据展开式的通项，令即可求得；分别令和，所得两式作差即可得到结果.
【详解】展开式的通项为：，
令，可得；
令得：；令得：，
.
故答案为：；.
35．     16     48
【分析】利用赋值法令第一空，利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】由题意可知，令时，，
设的展开式的通项为：，
的展开式的通项为:，
当时，，当时，，
所以．
故答案为：16；48.
36．     8    
【分析】先得到，根据二项式性质可知，赋值法求解.
【详解】由题意得：，
因为，为偶数，所以由二项式性质可知：，解得：，
由于，
令得：，所以
故答案为：8，