浙江2024高考数学二轮复习 阶段质量检测（三）

阶段质量检测（三）专题一~三“综合检测”

（时间：120分钟满分：150分）

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的）

1.（2024•浙江名校联考）已知首项为1的等差数列｛aj的公差为d,前〃项和为S,且

S,£,&成等比数列，贝!]（）

A.a2=lB.｛&｝是单调数列

C.S'aj恒成立D.数歹！是等比数列

解析：选C由&=1及£,£,&成等比数列，可得«=£•&=>/=2-"=0或d=

2.当d=0时，劣=1,Sn=n,当d=2时，an=2n—1,Sn=n,故S2为恒成立，选C.

2.（2024•杭州模拟）已知数列｛a｝满意为=1,a2=3,且%+为+1=刀+3,则4+&—

为=（）

A.1B.2

C.3D.4

解析：选C由已知，an+i=n+3—anJ

工&=2+3—勿=2,

a=3+3续=4,3,54+3曲—•3,

.,・&+a-含=3,故选C.

3.已知&b,。分别为△/回的三个内角4B,C的对边，若才一/=26,sin6=4cos

A,sinC,则b=（）

11

A-4B.]

C.2D.4

解析：选D由题意得，sin6=sin（Z+。=sinAcosC+cosAsinC,所以sinAcos

C+cosZsinC=4cosA•sinC,所以sinAcosC=3cosZsinC,由正弦定理和余弦定理

dC

得a-r,,=3c•---~,化简得a—c=-^9又a—c=2b,所以59=26,解得

labIbc22

Z?=4或8=0（舍去），所以6=4,故选D.

4.（2024•浙江考前热身联考）如图，网格纸上小正方形的边长为

1,粗实线和虚线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积

为（）

:俯视图1

C.2D.4

解析：选B构造棱长为2的正方体如图所示，由三视图知该

几何体是图中的四棱锥B/aa其中区〃分别为棱的中点，则其

体积2X2—2X@><2XJ]x2='.故选B.

5.（2024•嘉兴高三测试）由函数尸cos2x的图象变换得到函数尸cos（2x一3）的图

象，这个变换可以是（）

jiJI

A.向左平移8个单位长度B.向右平移至个单位长度

JIJI

C.向左平移了个单位长度D.向右平移了个单位长度

解析：选B由于函数尸cos（2x—m，=cos2（x一苗】，因此该函数的图象是由函数y

JI

=c°s2X的图象向右平移/个单位长度得到的，故选B.

6.（2024•浙江考前模拟）对于数列｛2｝,“|a〃+J〈a〃5=l,2,…）”是“｛a〃｝为递减数

列”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

解析：选A若|a〃+i|〈a〃成立，当为+K0时，贝!Ia〃+《一a0+i〈a”所以｛aj为递减数列；

当“DO时，则d+Ka”所以｛aj为递减数列，总之，若la+Ka〃成立，则｛8｝为递减数列

成立；反之，若｛aj为递减数列成立，例如一1,~2,—3,—4,—5,…，但不满意|a0+i|<a〃

成立，所以|〈为是｛aj为递减数列的充分不必要条件.

7.（2025届高三•浙江名校联考）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：

“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座

7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有

灯（）

A.186盏B.189盏

C.192盏D.96盏

解析：选C设塔的底层共有灯x盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x,公比

15-87

为5的等比数列，则’~产=381,解得x=192.

-5

8.（2024•浙江名校联考信息卷）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：

“今有中试举人壹百名，第一名官给银一百两，自其次名以下挨次各减五钱，问：该银若

干？”其大意为：现有100名中试举人，朝廷发银子嘉奖他们，第1名发银子100两，自第

2名起，依次比前1名少发5钱（每10钱为1两），问：朝廷总共发了多少银子？则朝廷发

的银子共有（）

A.10000两B.7525两

C.5050两D.4950两

解析：选B依据题意，记第〃名中试举人所得的银子（单位：两）为a〃（lWAW100,n

GN*）,则数列｛aj是首项为100,公差为一柒勺等差数列，则其前100项和S1oo=lOOa+

当产义（一3=100X100+50X99x1一，=7525,故朝廷总共发了7525两银子.故选

B.

9.（2024•浙江五校联考）如图，已知在平行四边形AM?中，E,〃分别为布的两个三

等分点，F,“分别为及？的两个三等分点，且/£•/b=25,AM•^=43,贝U|AC|2

+1BD|2=()

A.45

C.90

---------►----►--------►►►1---------►►►

解析：选C设46=a,AD=b，依题意得AE=ADDE=ga+b,AF=AB+BF

—►—►—►2—►—►—►

AM=AD+DM=~a+b,AN=AB+BN=a

•.*AE•力方=25,AM-4V=43,

ri212jo

-a+b+—a•b=25,

即4

91Q

-a2+b2+-a•b=43,

IJy

解得｛+1)2=45,|AC\2+\BD\2=|a+b|2+|b—a|2=(a+b)2+(b—a)2=2(a2+b2)

=90.故选C.

10.（2025届高三•湖州联考）记数列｛aj的前n项和为S,若不等式漏对随

n

意等差数列｛aj及随意正整数〃都成立，则实数0的最大值为（）

12

5-5-

4

C-D.1

5

解析：选A成+寸=na\+；刀n-1d2=W+/2

人1/、

令①(n—1)d=t,

1

6(2

则金客卞=(ai+2f)2+(@+2)2=2己；+6%劭+5d=51t5-"

当时，取到最小值.

即：(77—1)d=卷，即77=詈+1,

255(7

,/不等式对随意等差数列｛a｝及随意正整数都成立，

nn

/・••实数r的最大值为故选A.

55

二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）

11.（2024•邢台摸底）若正项数列｛a｝满意/=/，戊=白，且％=旦（〃22,底N*）,

则］0g2a=.

解析：由空〃GN*）可得数列｛aj是等比数列，所以函=az&=3,又&〉0,

3，n3，n~\b4

则&=京，故log234=log2g=13.

答案：一3

12.（2024•绍兴模拟）已知数列｛aj的奇数项依次构成公差为A的等差数列，偶数项依

次构成公差为d的等差数歹!J（其中d,d为整数），且对随意〃6N*,都有aXam,若国=1,

32=2,且数列｛aj的前10项和So=75,则d=,a=.

解析：.••数列｛a｝的奇数项依次构成公差为，的等差数列，偶数项依次构成公差为必

的等差数列，且对随意〃GN*,都有aXaf,a=l,a2=2,且数列｛aj的前10项和5。=75,

5X45X4

；.5Xl+-^-d+5X2+—7-Xd=75,化为&+d=6.

且对随意〃GN*,都有&<a〃+i,其中d,4为整数.

&k-〈dZk<己2什1，

1+(k—1)d〈2+(k—1)

取A=2时，可得1+水2+&<1+2乩

d=3=&.

.,・a=勿+34=2+3X3=11.

答案：311

13.在△/回中，AB=3,AC=2,A=60°,~AG=m~AB+^C,则|定|的最小值为

,又若定J_同，则〃=.

解析：因为元=/肉+左，所以|定|2=箱/|2+|元『+2"运•7?=9方+4

+2"|AB\*\AC\•cos60°=9/+6"+4=9(7+；)+3.当勿=—；时，|AG『取得最小

值为3,所以|70|的最小值为福.在△/回中，AB=3,AC=2,A=60°,所以18cl,=4+9

「9+7-42「4+7-91

-2X2X3cos60°=7,所以16。=巾，所以cosJB~~广~cosC~~

6娟M4娘2币,

因为而_L无，所以记•左=0,所以（〃石+左）•荻=0,所以UTAB•~BC+

AC•BC=0,所以"AB|•BC|cos(m—因+|AC|•|BCcosC=0,所以一3AKOS6

,m,2cosC21A/71

+2cosC=0,所以"=荻利=§x币X2=6.

答案：事|

14.已知正项数列｛a｝的前〃项和S满意S和2的等比中项等于4和2的等差中项，

贝!J&=9Sn=.

解析：由题意知且乎=折，则.=寸[①

乙、O

由劭=s得孕;2=q^£,解得&=2.

o__|_92

又由①式得S-尸”丁一（心2）,②

O

_]_n2_，之

①一②可得a〃=£—ST=-W--------------W—（〃22）,整理得（a〃+a〃T）（a〃-a”―

-4)=0.

•数列｛a｝的各项都是正数，

••o，n5/7-14--0,即&]<3/7—1—4.

故数列｛4｝是以2为首项，4为公差的等差数列,

,n7?—12

Sn=2n+---------------X4=277.

答案：22n

15.已知数列｛&｝满意a〃+1=a，+a〃，［x］表示不超过x的最大整数，则

⑴F-------------;

(2)+++=

_a+la2+l'"a2018+1_

3

解析：(1)由题意得〃2=/+81="

所以“12426

所以_ai+]+a2+l_=L

(2)因为a+1=%+为，

111____1_

所以•

a?+i4+anana+1’

]j1

即

a+1Hnan+1

所以导出]

氏018H-1

3,20183,20193,\3,2019

而&+i=a?+a〉&7,

所以数列｛2｝单调递增且各项均为正数,

所以占+―]11

<一=2.

3.2018H-13,13,2019囱

又结合⑴可知T+…+―工7>1,

―劭十71+石-24十1/018十1

所以3l+*r+…+TTT]=1・

答案：(1)1(2)1

16.(2024•绍兴高三监测考试)在数列｛2｝中，a+v+?+­•-+-=271-1(77eN*),且

23n

&=1,若存在〃GN*使得a〃W〃(〃+l)八成立，则实数A的最小值为.

解析:由题意知，―+］+…+1=2"—1,

2n

则刀22时，有----4":=2"T_1,

277—1

两式作差得，刍=2〃一2〃T=2"T,

n

且W=2-=l,

所以刍=2〃T（〃GN*）,

n

an_

n〃+l—〃+l'

令4=二T，则b〉0,

bn+\2n~\-1〃+2+〃〃+2

bn〃+2〃+2>〃+2L

所以"+l>4,数列伉｝是递增数列，数列优｝的最小项是打=上,

依题意得，存在〃GN*使得儿》一绘「=b成立,

n〃十1

1

帘幕2-

17.（2024•浙江名校联考）如图，已知正四面体2-49GP为线

段4?上的动点（端点除外），则二面角〃-米8的平面角的余弦值的取

值范围是.

解析：当点?从点/运动到点6时，二面角8的平面角渐

渐增大，二面角D-%6的平面角最小趋近于二面角D的平面

角，最大趋近于二面角，-6GA的平面角的补角.设正四面体的棱长

为2,如图所示，取/C的中点为笈连接龙，BE,易知/颇为二面角

D-AC-B的平面角，DE=BE第，所以cosZDEB

七舌a同理二面角。石的平面角的补角的余

弦值为一g，故二面角〃％8的平面角的余弦值的取值范围是（一,，|

i3

答案:

三、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

18.（本小题满分14分）（2024•杭州一中调考）已知数列回｝是等差数列，S是其前n

项和，且&=2,£=12.

⑴求数列｛aj的通项公式；

(2)设4=&+4",求数列｛」的前n项和T„.

解：⑴•••数列｛a｝是等差数列,S是其前〃项和，&=2,&=12,

3X2

...£=3X2+-^-4=12,解得d=2,

a„=2+(n~1)X2=2n.

n

(2)\'bn—an-\-4°=2n+4：,

23

：.Tn=2(1+2+34----1-7?)+(4+4+4H----卜的

n77+I,41—4”

=2X2+--

2114〃+i41

=n+n+~^-~.

19.(本小题满分15分)已知函数_f(x)=2sinxcosx+Z(cos、一十.

(1)求函数尸Hx)的最小正周期和单调递减区间；

(2)已知△/回的三个内角4B,。的对边分别为&b,c,其中a=7,若锐角2满意

,且sin6+sin0=与乎，求be的值.

解：(1)f{x)=2sinxcos^+2^3cos2x-^3=sin2x+/cos2x=2sin(2x+可}

2JI

因此f｛x)的最小正周期为T=W-=71

JIJI3兀、

由2AH+_^—(A£Z),

IT7兀

得A兀+记WxWA■兀+iy(A£Z),

JI7JI

所以广(x)的单调递减区间为k五+—,kK+—(A£Z).

(A兀、「〃兀、兀］/-JI

⑵由归一E"J=2sin2后一司十丁=2sinA=5,且/为锐角，所以力=亍

由正弦定理可得2"=|=5=去'

2

+C

27?

乎

X13

1/4-X

9+226+1

caC1

2A2A_

所以6c=40.

20.(本小题满分15分)(2024•贵阳摸底)如图，CD,48分别是圆柱

的上、下底面圆的直径，四边形/阅9是边长为2的正方形，£是底面圆

周上不同于48两点的一点，AE=\.

(1)求证：旌L平面的£；

(2)求二面角3如£的余弦值.

解：(1)证明：由圆柱的性质知，物，平面/眼

又庞u平面力跳:.BE1DA,

••36是底面圆的直径，£是底面圆周上不同于48两点的一点,

：.BELAE.

又DA^AE^A,DAu平面DAE,AEc.平面DAE,

瓦L平面DAE.

(2)法一：如图，过£作”阴垂足为尸，由圆柱的性质知平面力6必

_1_平面ABE,

.•.斯_L平面ABCD.

过F悍FH1DB,垂足为〃，连接期

则/旗F即所求的二面角的平面角的补角,

由46=49=2,4£=1,

得庞=#,BE=4BD=2-^2,

AE-BE^3

:.EF=

AB2

一/、八DE-BEA/5XA/3A/30

由（1）知BELDE,：.EH=衔='-

DB2424

苴L

EF2J10

sinZW^=—=-==3t—,

EH迎i5

4

：.cosAEHF=♦1-sir?/4=芈,

0

.♦・二面角G如£的余弦值为一参.

法二：过力在平面/旗内作垂直于46的直线，建立如图所示的空

间直角坐标系，

,:AB=AD=2,AE=\,

:.BE=/，0）,

，(0,0,2),8(0,2,0),

一

劭9

-(O^2)

设平面触的法向量为n=(x,y,z),

m1.

n•ED=0,y+2z=0,

则,一即《

、n,BD=0,、一2y+2z=0,

取z=l,贝|n=(，5,1,1)为平面旗Z)的一个法向量.

易知平面。厉的一个法向量为m=(1,0,0),

由图知，二面角3如£为钝角，

二面角G如公的余弦值为一半.

12

21.(本小题满分15分)(2024•湖州、衢州、丽水联考)数列｛&｝中，&=],a叶尸".1

(〃GN*).

(1)求证：2+1<4；

(2)记数列｛4｝的前刀项和为S,求证：&<1.

3

明^

证/

4

1

且a-->O2

2>0

—ana-l,c

1Hn2_[Hn=2n।-JX0.

3，n3，nI13，nan~~I1

(2)・/1—&+i=l

an—8+1an—a+1’

.1-一二+11

l-an+ian1-

.11

••Hn11，

\~an1-a〃+i

则4+82+…+2=2--,

1—a+1

由(1)可知

S?=a+念+…+&=2-~〈1.

1—a+1

2

22.(本小题满分15分)(2024•温州模拟)数列3｝的各项均为正数，且为+1=&+一—

«9/7

1(〃GN*),｛aj的前〃项和是S.

(1)若｛aj是递增数列，求a的取值范围；

⑵若&>2,且对随意〃GN*,都有[(〃-1),证明：S〈2A+1.

2

解：（1）由/>包>00&+————1>劭>0,

.31

解得0<ai<2,

2

又当>/>（）=/+---1>32>000<32<2

色

2

«0<ai+——1<2,解得1〈囱〈2.

<31

综上可得l<^i<2.

下面利用数学归纳法证明：当1MK2时，成立.

①当〃=1时，1<2〈2成立.

②假设当刀=A时，1X为C2成立.

2

则当n=k+l时，&+1=8+^■—[2^2—1,2)U(1,2),

即〃=A+1时，不等式成立.

综合①②可得V/?eN*l<aX2成立.

2