2023高考数学基础强化专题训练（八）及参考答案

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（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
（福建省厦门双十中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题）（多选题）
答案：BD
（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
（江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
已知双曲线C：的左焦点为F，过点F作直线l交C的左支于A，B两点．
（1）若，求l的方程；
（2）若点，直线AP交直线于点Q．设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值．
【分析】（1）当直线l的斜率为0时，与双曲线C无交点，舍去；当直线l的斜率不为0时，设，结合双曲线渐近线及直线l交C的左支于A，B两点得到，
联立直线l的方程与双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据得到，结合两根之和，两根之积，得到，从而得到直线l的方程；
（2）求出直线AP的方程，求出，表达出，，作差后化简得到，结合，，求出.
【小问1详解】
双曲线C的左焦点为，
当直线l的斜率为0时，此时直线为，与双曲线C无交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设，
联立方程组，消x得．
由于过点F作直线l交C的左支于A，B两点，而双曲线渐近线为，
故直线的斜率或，解得：，
设，，
所以，．
因为，所以，
即，，
所以，
解得：，
所以l的方程为．
【小问2详解】
由直线，得，
所以，
又，
所以
，
因为，所以，且，
所以（定值）．
（重庆市第一中学2022-2023学年高三上学期11月月考数学）
8.（台州市2023届高三第一次教学质量评估试题）
（Ⅰ）证法一：由已知得， ………1分
所以，，
当斜率不存在时，则直线为或，与题意不符；
………2分
当斜率存在时，记的斜率为
所以根据，
可得,………(*) ………3分
设， ，直线，
由联立可得，
所以 ………5分
因为，
所以，
所以，
所以或（此时直线过，不符，舍去）
所以直线恒过定点； ………6分
证法二： 由已知得， ………1分
所以，，
当斜率不存在时，则直线为或，与题意不符；
………2分
当斜率存在时，记的斜率为
所以根据，
可得,………(*) ………3分
设直线的方程，则点坐标是方程组
的两个解，
由展开可得
，
所以
，
两边同时除以，令，可得
， ………5分
其中为方程的两个解，
所以 代入（*）式可得,
即，
所以直线恒过定点； …………6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设直线的方程：，
设直线与椭圆的交点坐标分别为，
由可得
， ………8分
所以，
因为
，
所以， ………10分
又因为可得或，
又因为直线与双曲线交于不同的两点，由
联立可得，
又因为可得，
所以或,所以的取值范围为，
所以的取值范围为. …………12分
9.（江苏省G4联考（扬州中学、苏州中学、盐城中学、常州中学）2022学年高三上学期12月阶段检测数学试卷）
在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的左顶点，过点作与轴不重合的直线交椭圆于，两点，连接，分别交直线于，两点，若直线，的斜率分别为，，试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【解析】（1）由题意可知，，又因为，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，，
将直线方程与椭圆方程联立，，消去，整理得，
所以，
易知直线，可得，
所以，同理可得，
所以，
将带入上式，
整理得.
10.（常州市八校2022学年高三上学期12月联考数学试题）
如图，椭圆：（）离心率为，直线：与只有一个公共点.
（1）求椭圆的方程.
（2）不经过原点直线与平行且与交于，两点，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由椭圆的离心率为，可得，再由直线与椭圆只有一个公共点，可把直线与椭圆方程联立成方程组消元后，判别式等于零，可求出，从而可得椭圆的方程；
（2）由（1）可求出点，从而可得直线的方程为，设，，直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，化简后利用根与系数的关系可得，，而化简变形可得结果.
【详解】（1）解：由，得，
由，得，
所以的方程为，即，
与：联立得，
令，得，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：由（1）得，所以，
设：，，，
联立方程组
整理得，
，得，
则，，
，
所以.
函数与导数
1.（江苏省南通市海门市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
已知正实数，，满足，，，则a，b，c的大小关系为( )
A B. C. D.
【答案】B
【分析】根据可得，由此可构造函数，根据f(x)的单调性即可判断a和c的大小；根据对数的计算法则和对数的性质可得b与2的大小关系；变形为，利用函数与函数的图象可判断两个函数的交点的横坐标c的范围，从而判断b与c的大小.由此即可得到答案．
【详解】，
故令，则，．
易知和均为上的增函数，故在为增函数．
∵，故由题可知，，即，则．
易知，，
作出函数与函数的图象，如图所示，
则两图象交点横坐标在内，即，
，
．
故选：B．
2.（福建省厦门双十中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题）
答案：C
3.（福建省厦门市厦门外国语学校2023届高三上学期期中考试数学试题）
定义在上的奇函数满足为偶函数，且当时，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数满足为偶函数可知是一个周期函数，根据可判断单调性，利用周期性将自变量都转化到上，再利用单调性即可得大小关系.
【详解】因为为偶函数,所以满足,又因为是奇函数,所以故
因此即是以4为周期的周期函数.
，
当时，，在单调递增，在单调递减，故在单调递增.所以
故选：A
4.（湖北九师联盟2022-2023学年高三11月质量检测数学试卷）
5.（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
6.（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中联考数学试题）
已知函数
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）已知，求证：存在实数使得在处取得最大值，且
（3）求证：有唯一零点
三角函数
1.（台州市2023届高三第一次教学质量评估试题)
答案：B
2.（江苏省南通市海门市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
已知定义在上函数在区间上是增函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 满足条件的整数的最大值为3
C. 函数的图像向右平移单位后得到奇函数的图像，则的值
D. 函数在上有无数个零点
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数在区间单调性求出的取值范围，即可判断B，再求出的解析式，即可得到其最小正周期，即可判断A，根据三角函数的平移变换得到的解析式，再根据奇偶性求出，即可判断C，最后利用特殊值判断D.
【详解】解：函数在区间上是增函数，
，，所以整数的最大值为，故B正确；
因为为偶函数，函数图象关于轴对称，
所以，所以的最小正周期，故A错误；
将函数的图像向右平移单位得到，
因为奇函数，所以，解得，
又，所以当时，故C正确；
当时，由，所以，所以，
则在上无零点，故D错误；
故选：BC．
3.（江苏省南通市海门市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
在中(角A为最大内角，a，b，c为、、所对的边)和中，若，，，则__________.
【详解】∵A是最大内角，∴均为锐角，
∵，，∴，，
∴，
∴，即，
∵是三角形内角，∴，∴，∴．
在△ABC中，由余弦定理得，，故，
∴．
故答案为：．
4.（湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期阶段性质量抽测数学试题)
（本题满分12分）在①；②；③.三个条件中选一个，补充在下面的横线处，并解答问题.
在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，的面积为S，且满足__________
（1）求A的大小；
（2）设的面积为，点D在边上，且，求的最小值.
解1、选①∵ ∴ （3分）
∴ ∴ ∴（5分）
② ∴ ∴（5分）
选③∵ ∴ （3分）
∴ ∴（5分）
2、∵ ∴ ∵（6分）
∴（8分）
∴ （10分）
此时 即 ∴的最小值为 （12分）
5.（湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期阶段性质量抽测数学试题)
函数（其中，，）的部分图象如右图所示，把函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像.
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）对于，是否总存在唯一的实数，使得成立？若存在，求出实数m的值或取值范围；若不存在，说明理由
解：①∵， ∴ ∴ （2分）
∴ ∵当时，
∴ ∴ ∴（3分）
∴ ∴ （4分）
∵ ∴
∴函数的单调递增区间为（）（6分）
②∵ ∴
由 ∴ ∴（7分）
∴（8分）
又∵ ∴ ∴ （9分）
由的唯一性可得： 即 （10分）
∴ ∴ ∴
∴当时，使成立.（12分）
6.（江苏省南通市海门市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
在中，点D在边BC上，且，记.
（1）当，，求；
（2）若，求的值.
【分析】(1)设AB＝m，根据几何关系，结合余弦定理求出AC即可；
(2)分别过作，，，.根据几何关系求出CN、AN，用x、y、λ表示出，根据即可求出λ的值．
【小问1详解】
当，时，，，
设，，，，
∴在△ACD中，根据余弦定理得：，
．
【小问2详解】
分别过作，，，，
易知，
，且，
，，
．
7.（台州市2023届高三第一次教学质量评估试题）
解：（Ⅰ）因为，
所以,
所以
,
所以,
所以,
又因为在△中，所以,
所以,
所以,
所以; ………6分
（Ⅱ）因为△的面积为，所以,
所以, ………7分
根据正弦定理可得,
所以,
所以,
所以,
可得, ………9分
又因为，所以, ………10分
所以,
所以 ． ………12分
排列组合
1.（江苏省G4联考（扬州中学、苏州中学、盐城中学、常州中学）2022学年高三上学期12月阶段检测数学试卷）
若的展开式中只有第三项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知，为唯一最大的二次项系数，所以，
则常数项为.
统计概率
1.（江苏省G4联考（扬州中学、苏州中学、盐城中学、常州中学）2022学年高三上学期12月阶段检测数学试卷）
（多选）已知两个变量与线性相关，为研究其具体的线性关系进行了10次试验.实验中不慎丢失2个数据点，根据剩余的8个数据点求得的线性回归方程为，且，后又增加了2次实验，得到2个数据点，，根据这10个数据点重新求得线性回归方程为（其中，），则
A.变量与 正相关 B.
C. D.回归直线经过点
【答案】ABD
【解析】由线性回归方程可知，与正相关，即A正确；
因为，所以应有，即B正确；
因为八个数据点的样本中心与新实验的两个数据点的中心均为，
所以十个数据的样本中心为，即D正确；
易知，所以，即C错误.
2.（湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期阶段性质量抽测数学试题）
（本题满分12分）中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开，为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动。竞赛共有A和B两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道A类试题得10分；每答对1道B类试题得20分，答错都不得分，每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）.已知小明同学A类试题中有7道题会作答，而他答对各道B类试题的概率均为.
（1）若小明同学在A类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率；
（2）若小明只作答Ａ类试题，设X表示小明答这3道试题的总得分，求X的分布列和期望；
（3）小明应从A类试题中抽取几道试题作答才能使自己得分的数学期望更大？请从得分的数学期望角度给出理由.
（1）小明仅答对1题的概率（3分）
（2），∵、10、20、30

（6分）
∴.x的分布列为
∴（8分）
（3）设小明从两类试题中分布抽取，道试题，回答正确的题数分别为，，两类试题总得分为y
∵服从超几何分布，服从二项分布
∴
∴ ∵
∵、1、2、3 ∵当时
即小明全部回答B类试题时，得分的期望值最大为24分（其他解答对照给分）（12分）
3.（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
4.（台州市2023届高三第一次教学质量评估试题）
解：（Ⅰ）由样本估计总体，估计该动物未服用药物且未患疾病的概率为
； …………5分
（Ⅱ）假设药物服用与患疾病无关，由


， ………10分
因为，所以没有的把握认为药物 A对疾病B有效．………12分
5.（常州市八校2022学年高三上学期12月联考数学试题）
数独是源自18世纪瑞士一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行､每一列､每一个粗线宫（）内的数字均含1﹣9，不重复.数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛.
（1）赛前小明在某数独APP上进行一段时间的训练，每天的解题平均速度（秒）与训练天数（天）有关，经统计得到如表的数据：
现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测小明经过100天训练后，每天解题的平均速度约为多少秒？
（2）小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，两人约定先胜4局者赢得比赛.若小明每局获胜的概率为，已知在前3局中小明胜2局，小红胜1局.若不存在平局，请你估计小明最终赢得比赛的概率.参考数据（其中）
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
【答案】（1），经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒；（2）.
【解析】
【分析】（1）先求得，结合，求得，，写出回归方程，再将，代入求解；
（2）设比赛再继续进行局小明最终获得比赛，则最后一局一定是小明获胜，根据最多再进行4局就有胜负，分，，，利用独立事件的概率，结合互斥事件的概率求解.
【详解】（1）由题意，，
令，设关于的线性回归方程为，则
，
则.
∴，又，
∴关于的回归方程为，
故时，.
∴经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒.
（2）设比赛再继续进行局小明最终赢得比赛，则最后一局一定是小明获胜，
由题意知，最多再进行4局就有胜负.
当时，小明胜，∴；
当时，小明胜，∴；
当时，小明胜，∴.
∴小明最终赢得比赛的概率为.
立体几何
1.（江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
已知正六棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°．圆柱的上底面圆与正六棱锥的侧面均相切，下底面圆O在该正六棱锥底面内，则圆柱体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】作出圆柱上底面所在平面截正六棱锥所得截面，它是正六边形，圆柱上底面圆是正六边形的内切圆，因此设圆柱的高为，由棱锥平行于底面的截面的性质求得后即可得圆柱底面半径，求得圆柱体积后由导数求出最大值．
【详解】如图，由题意是底面正六边形中心，在高上，过圆柱上底面的平面截棱锥得正六边形，易知圆柱上底面圆是正六边形的内切圆，
取中点，连接，则，，是侧面与底面所成二面角的平面角，即，
正六边形边长为2，则，所以，
设圆柱的高为，，
由截面性质得，，，
设圆柱底面半径为，因为圆柱上底面圆是正六边形内切圆，所以
圆柱的体积为，
，
时，，是增函数，时，，是减函数，
所以时，．
故选：B．
2.（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
3.（江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
在矩形中，，，E为DC的中点．将绕直线BE旋转至的位置，F为的中点，则（ ）
A. 存在某个位置，使得
B. 存在无数个位置，使得∥平面
C. 当二面角为120°时，点F到平面的距离为
D. 当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面与被平面截得的交线长为
【答案】BC
【解析】
【分析】结合图形，对选项逐个进行判断.
【详解】如图所求：H为BE的中点，G为的中点，连接AH、CH、C1H、FG、EG，
对于A选项，由，H为BE的中点，∴，若存在某个位置，使得，则由平面，平面，，有平面，平面，有，而，显然不成立，∴A选项错误；
对于B选项，F为的中点，G为的中点，E为DC的中点，
，，∴，，四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，平面，满足条件的位置有无数个，B选项正确；
对于C选项，二面角为120°时，二面角为60°，即，，
则到平面的距离为，设点A到平面的距离为，由，有，，
解得，点F到平面的距离是点A到平面的距离的一半，所以点F到平面的距离为，C选项正确；
对于D选项，当四棱锥的体积最大时，平面平面，平面平面，
，，，有 平面，平面，
，，，，以为直径的球以为球心，半径.
球面与被平面截得的交线是过的圆，设圆心为，如图所示，
平面，点到平面的距离，F为的中点，∴球心F到平面的距离，
圆半径，小圆周长（即交线长）为，D选项错误；
故选：BC
4.（福建省厦门双十中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题）（多选题）
答案：ABC
5.（福建省厦门市厦门外国语学校2023届高三上学期期中考试数学试题）
如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ）
A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B. 存在点Q，使PQ∥平面MBN
C. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为
D. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形
【答案】ABD
【解析】
【分析】作出过B，N，P的截面判断选项A；取中点为Q，证明其满足选项B；过MN与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项C；当Q在运动时，确定截面的形状，判断选项D．
【详解】A.连接，，，正方体中易知，
又有分别是，中点，则，所以，即四点共面，所以当Q与重合时满足B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；
B.如图，取中点为Q，连接PQ，QM，，
因为分别，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，
平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故选项B正确；
选项C，
取中点U，中点V，连接MV，MU，NV，NU，则多面体MUNV-ABCD是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过B，C，M，N四点的球，所以球直径为，半径，表面积为.故选项C错．
选项D，正方体中，M，N分别是，中点，则，
Q在线段（除端点外）上，如图，作交于E，连接EN，延长交DC延长线于点K，连接QM延长交DA延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F,多边形QENFGM为所过M，N，Q三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，则截面为六边形.
当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（菱形）.
当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（矩形）.
综上，过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形.
故选项D正确；
故选：ABD．
6.（福建省厦门市厦门外国语学校2023届高三上学期期中考试数学试题）
如图①，在平面五边形中，是梯形，，，，，是等边三角形.现将沿折起，连接、得如图②的几何体.
（1）若点是的中点，求证：平面；
（2）若，在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论；
（2）取中点，连接、，推导出、、两两垂直，然后以点为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为可求得的值，进而可求得的值，由此可得出结论.
【详解】（1）取中点，连接、，则是的中位线，且，
且，且，则四边形是平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）取中点，连接、，易得，，
在中，由已知，，.
，，所以，、、两两垂直，
以为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、，
则，，，
假设在棱上存在点满足题意，设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得平面的一个法向量，
又平面的一个法向量，
由已知，
整理得，解得（舍去），
因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值为，且.
7.（江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
如图，在三棱锥中，平面平面，，，O为BD中点．
（1）求二面角正弦值；
（2）E为内的动点（包含边界），且平面，求OE与平面所成角的正弦值的最大值．
【分析】(1)如图，连结AO，则，根据面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，过点O作，交CD于点E，连结AE，利用线面垂直的判定定理和性质可得，即是二面角的平面角，进而在中，解三角形即可；
(2)取AD中点M，CD中点N，则，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理与性质证明点E在线段MN上，根据空间向量的线性运算可得，，求出，由空间向量的数量积的定义列出关于的表达式，结合二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
（方法一）连结AO．因为，O为BD中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
过点O作，交CD于点E，连结AE．
因为AO，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角．
因为，，
所以在中，，，，所以，
即二面角的正弦值为．
（方法二）连结AO．因为，O为BD中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为，O为BD中点，所以，
所以OC，OD，OA两两互相垂直．
以为一组基底建立如图所示空间直角坐标系．
因为，，
所以，，，，
所以，，，
所以为平面的一个法向量．
设平面的的法向量，
所以，即．
令，得平面的一个法向量．
所以，
所以二面角的正弦值为．
【小问2详解】
取AD中点M，CD中点N．
因为O为BD中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面．
因为平面，平面，，
所以平面平面．
因为E为平面内动点（包含边界），且平面，
所以E在线段MN上．
由，，，
所以，，
则．
设OE与平面所成角为，则
，
当时，的最大值为，
所以OE与平面所成角的正弦值的最大值为．
8.（台州市2023届高三第一次教学质量评估试题）
（Ⅰ）证明：取的中点，
因为△与△均为等腰直角三角形，，
则,， ………2分
又因为，所以平面，
所以； ………4分
（Ⅱ）解：因为平面平面，，
所以平面,， ………5分
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,,,
设,设，
所以，，因此，
设平面的法向量为，
则 即
令，得，
所以； ………10分
设点到平面距离，
则． ………12分
9.（福建省厦门双十中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题）
数列
1.（湖北九师联盟2022-2023学年高三11月质量检测数学试卷）
2.（江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小一份的量为___.
【答案】
【详解】设此等差数列为{an}，公差为d，则
（a3+a4+a5）×=a1+a2，即，解得a1=，d=．最小一份为a1，
故答案为．
3.（江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
已知数列的前n项和为，且．
（1）求证：是等差数列，并求出的通项公式；
（2）设，求证：．
【分析】(1)利用公式 得到 ，可构造等差数列并求通项.
(2)求出的通项，利用裂项相消求和证明不等式.
【小问1详解】
因为①，
所以时，②，
得，即，，
所以，，
在①式中，令，得，
所以数列是以1为首项为公差的等差数列．
所以，
所以．
【小问2详解】
）由，所以
．
因为，所以，得证．
4.（湖南省长沙市第一中学2023届高三上学期月考卷（三）数学试题）
5.（湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期阶段性质量抽测数学试题）
已知二项式的展开式的各项系数和构成数列，数列的首项，前n项和为（），且当时，有（）
（1）求证：为等差数列；并求和；
（2）设数列的前n项和为，若对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）令得 （1分）
由（） ∴
∴ ∴为公差的等差数列（3分）
∴ ∴（5分）
（2）∵
∴（6分）
∴
（8分）
∴（9分）
∵恒成立 即对任意的恒成立；
∴当n是奇数时，∴对任意恒成立；
当n是偶数时，∴对任意恒成立.（10分）
令 由，所以为单调递增数列（11分）
∴（12分）
6.（福建省厦门市厦门外国语学校2023届高三上学期期中考试数学试题）
已知数列满足，.
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式.
（2）若记为满足不等式的正整数的个数，数列的前项和为，求关于的不等式的最大正整数解.
【答案】（1）证明见解析；；（2）8.
【分析】
（1）根据等差数列的定义，证明为常数，由等差数列通项公式得，从而求得；
（2）不等式即为，从而可确定的个数，即，然后由错位相减法求得，结合是递增数列，通过估值法得出不等式的最大正数解．
【详解】（1）由取倒数得
，即，所以为公差为的等差数列，
.
（2）当时，，
所以这样有个，，
，
，
两式相减得：，
所以为递增数列.
，，
，
所以最大正整数解为8.
7.（江苏省盐城市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）
数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前n项和．
【答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）已知等式，再写一次（用替换）后，两式相减可得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，分别求出通项公式后可得；
（2）用错位相减法求和．
【小问1详解】
由①②，
②-①，
∴的奇数项与偶数项各自成等差数列，
由，∴，
∴，∴，n为奇数，
，∴，n为偶数．
∴.
【小问2详解】
，设前n项和为，
∴①，
②，
①－②，
．
8.（常州市八校2022学年高三上学期12月联考数学试题）
已知等差数列{an}中，公差d>0，S11=77，且a2，a6﹣1，a11成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若Tn为数列的前n项和，且存在n∈N*，使得Tn﹣λan+1≥0成立，求实数λ的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得数列的通项公式.
（2）利用裂项求和法求得，对分离常数，结合基本不等式求得的取值范围.
【小问1详解】
由题意可得，即，
又因为，所以，所以.
【小问2详解】
，，
存在，使得成立.
存在，使得成立.
即存在，使得成立.
（当且仅当时取等号）.
，即实数的取值范围是.
X
0
10
20
30
p
（天）
1
2
3
4
5
6
7
（秒）
990
990
450
320
300
240
210
1845
0.37
0.55