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2025届高考数学模拟预测卷（全国甲卷）
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春 虎丘区校级期末）设集合M＝{x|1≤x＜3}，N＝{x|log2（x﹣1）＜1}，则（　　）
A．N M B．M N C．M∩N＝M D．M∪N＝N
2．（5分）（2025春 榆林期中）一物体在力F的作用下，由点A（1，4）移动到点B（6，2），若（﹣1，3），则F对物体所做的功为（　　）
A．﹣11 B．11 C．﹣1 D．1
3．（5分）（2023秋 江油市校级月考）已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为2，则（　　）
A．0 B．2 C．2.5 D．1
4．（5分）（2023春 成都期末）若双曲线的渐近线方程为y＝±3x，实轴长为2，且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（　　）
A．或
B．
C．
D．
5．（5分）（2024春 尤溪县校级期中）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列命题中正确的是（　　）
A．若a∥α，b α，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
C．若a α，b β，a∥b，则α∥β
D．a α，b α，a∥b，则a∥α
6．（5分）（2023 丰台区校级三模）已知点A的坐标为，将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（　　）
A． B．﹣1 C． D．1
7．（5分）（2023秋 内江期中）若定义在R上的函数f（x）满足：对 x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1成立，则下列描述一定成立的是（　　）
A．f（x）的图象关于原点对称
B．f（x）的图象关于y轴对称
C．f（x）的图象关于点（0，1）对称
D．f（x）的图象关于直线x＝1对称
8．（5分）（2023秋 荔城区校级月考）若抛物线y2＝2px（p＞0）上任意一点到焦点的距离恒大于2，则p的取值范围是（　　）
A．p＜2 B．p＞2 C．p＜4 D．p＞4
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024秋 浏阳市期末）把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）关于点对称
C．f（x）在上单调递增
D．若f（x）在区间上存在最大值，则实数a的取值范围为
（多选）10．（6分）（2024春 宜宾期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为CC1，BC的中点，则（　　）
A．BP⊥AQ
B．平面ABP⊥平面A1B1Q
C．点A1到平面ABP的距离为
D．该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的面积为
（多选）11．（6分）（2024春 启东市期中）已知数列{an}满足a4＝4，anan+1＝2n（n∈N*），则（　　）
A．a1＝1
B．数列{an}为递增数列
C．a1+a2+…+a2023＝21013﹣3
D．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024春 兴庆区校级月考）已知，则cos2α＝ 　 　 ．
13．（5分）（2022 南京模拟）二项式展开式中x4的系数为 　 　 ．
14．（5分）（2021春 海原县校级期中）若函数f（x）＝2x3﹣3x2+c的极小值为5，那么c的值为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2023春 眉山月考）在平行四边形ABCD中，，．
（1）试用表示；
（2）若四边形ABCD的面积为，，求的最大值．
16．（2023秋 重庆月考）如图甲，在矩形ABCD中，为线段DC的中点，△ADE沿直线AE折起，使得点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．
（1）求证：DO⊥OC；
（2）线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成角的余弦值为？若不存在，说明理由；若存在，求出AH的长度．
17．（2023秋 德州期末）为落实“双减”政策，提升课后服务水平，某小学计划实行课后看护工作．现随机抽取该小学三年级的8个班级并调查需要课后看护的学生人数，分布如下：
班级代号 1 2 3 4 5 6 7 8
需看护学生人数 20 22 27 30 25 23 32 21
（1）若将上述表格中人数低于25人的班级两两组合进行看护，求班级代号为1，2的两个班合班看护的概率；
（2）从已抽取的8个班级中随机抽取3个班，记3个班中需要课后看护的学生人数低于25人的班级数为X，求X的分布列及数学期望．
18．（2024春 浦东新区期中）已知点B（2，0）是椭圆Γ：的一个顶点．
（1）若椭圆Γ的焦点分别为F1、F2，求△BF1F2的面积；
（2）设P、Q是椭圆D上相异的两点，有如下命题：“若|BP|＝|BQ|，则P与Q关于x轴对称．”；请判断该命题的真假，并说明理由．
19．（2024秋 天津校级月考）设q、d为常数，若存在大于1的整数k，使得无穷数列{an}满足，则称数列为“M（k）数列”．
（1）设d＝3，q＝0，若首项为1的数列{an}为“M（3）数列”，求a2024；
（2）若数列{bn}为“M（2）数列”，且，求出相应的d、q的值及；
（3）设d＝1，q＝2，若首项为1的数列{cn}为“M（10）数列”，求数列{cn}的前10n项和S10n．
2025届高考数学模拟预测卷（全国甲卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春 虎丘区校级期末）设集合M＝{x|1≤x＜3}，N＝{x|log2（x﹣1）＜1}，则（　　）
A．N M B．M N C．M∩N＝M D．M∪N＝N
【考点】交集及其运算；指、对数不等式的解法；集合的包含关系判断及应用；并集及其运算．
【专题】集合思想；定义法；集合；运算求解．
【答案】A
【分析】先求出集合N，再由真子集的定义即可求出答案．
【解答】解：log2（x﹣1）＜1＝log22，
所以0＜x﹣1＜2，所以1＜x＜3，
所以N＝{x|log2（x﹣1）＜1}＝{x|1＜x＜3}，
所以N M．
故选：A．
【点评】本题考查集合的运算，考查交集、并集、子集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）（2025春 榆林期中）一物体在力F的作用下，由点A（1，4）移动到点B（6，2），若（﹣1，3），则F对物体所做的功为（　　）
A．﹣11 B．11 C．﹣1 D．1
【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据题意，求出的坐标，结合向量数量积的物理意义分析可得答案．
【解答】解：根据题意，点A（1，4），B（6，2），则（5，﹣2），
若（﹣1，3），则F对物体所做的功为 5×（﹣1）+（﹣2）×3＝﹣11．
故选：A．
【点评】本题考查向量数量积的运算，注意向量数量积的物理意义，属于基础题．
3．（5分）（2023秋 江油市校级月考）已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为2，则（　　）
A．0 B．2 C．2.5 D．1
【考点】用样本估计总体的集中趋势参数．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】A
【分析】能够识别求和符号，利用平均数的知识即可求解．
【解答】解：．
故选：A．
【点评】本题主要考查平均数公式，属于基础题．
4．（5分）（2023春 成都期末）若双曲线的渐近线方程为y＝±3x，实轴长为2，且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（　　）
A．或
B．
C．
D．
【考点】由双曲线的渐近线方程求解双曲线的标准方程或参数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】C
【分析】已知双曲线的焦点在x轴上，设双曲线方程为，由题可得，得解．
【解答】解：已知双曲线的焦点在x轴上，
设双曲线方程为，
由题可得，解得，
则双曲线的标准方程为．
故选：C．
【点评】本题考查了双曲线的直线，重点考查了双曲线的方程的求法，属基础题．
5．（5分）（2024春 尤溪县校级期中）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列命题中正确的是（　　）
A．若a∥α，b α，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
C．若a α，b β，a∥b，则α∥β
D．a α，b α，a∥b，则a∥α
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间想象．
【答案】D
【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．
【解答】解：若a∥α，b α，则a与b可以成任意角，所以A选项错误；
若a∥α，b∥β，α∥β，则a与b可以成任意角，所以B选项错误；
若a α，b β，a∥b，则α与β可以成任意角，所以C选项错误；
若a α，b α，a∥b，则a∥α，所以D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
6．（5分）（2023 丰台区校级三模）已知点A的坐标为，将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（　　）
A． B．﹣1 C． D．1
【考点】任意角的三角函数的定义．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】D
【分析】设射线OA与x轴非负半轴所成夹角为θ，射线OB与x轴非负半轴所成夹角为α，则，根据三角函数的定义及诱导公式计算可得．
【解答】解：设射线OA与x轴非负半轴所成夹角为θ，则，，
射线OB与x轴非负半轴所成夹角为α，则，
所以，
又|OB|＝2，，
所以．
故选：D．
【点评】本题主要考查了任意角三角函数的定义，考查了诱导公式的应用，属于基础题．
7．（5分）（2023秋 内江期中）若定义在R上的函数f（x）满足：对 x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1成立，则下列描述一定成立的是（　　）
A．f（x）的图象关于原点对称
B．f（x）的图象关于y轴对称
C．f（x）的图象关于点（0，1）对称
D．f（x）的图象关于直线x＝1对称
【考点】抽象函数的奇偶性．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】先赋值令x＝y＝0，代入可得f（0）＝1，可以判断A；
再令y＝﹣x，整理得f（x）+f（﹣x）＝2，可以判断C；
再令f（x）＝x+1，检验判断B、D的正误．
【解答】解：因为f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，
令x＝y＝0，则f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，
可得f（0）＝1，
所以f（x）的图象不可能关于原点对称，A错误；
令y＝﹣x，则f（0）＝f（x）+f（﹣x）﹣1，
可得f（x）+f（﹣x）＝2，
所以f（x）的图象关于点（0，1）对称，C正确；
令f（x）＝x+1，则f（x+y）＝（x+y）+1＝（x+1）+（y+1）﹣1＝f（x）+f（y）﹣1，
即f（x）＝x+1满足题意，
但f（x）的图象不关于y轴对称，且不关于直线x＝1对称，B、D错误．
故选：C．
【点评】本题考查了判断抽象函数的对称性及利用赋值法求抽象函数的值，属于中档题．
8．（5分）（2023秋 荔城区校级月考）若抛物线y2＝2px（p＞0）上任意一点到焦点的距离恒大于2，则p的取值范围是（　　）
A．p＜2 B．p＞2 C．p＜4 D．p＞4
【考点】由抛物线的焦点或焦准距求解抛物线方程或参数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】D
【分析】设P（x，y），（x≥0）为抛物线上的任意一点，结合题设条件利用抛物线的定义和性质可得出，从而求解．
【解答】解：设点P（x，y），（x≥0）为抛物线上的任意一点，
由题意可得：，
所以，
所以p＞4，
故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了抛物线的定义及性质，属基础题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024秋 浏阳市期末）把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）关于点对称
C．f（x）在上单调递增
D．若f（x）在区间上存在最大值，则实数a的取值范围为
【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的图象．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】ACD
【分析】先利用辅助角公式化简f（x），再通过图像平移求得新的函数g（x），从而利用g（x）关于y轴对称求得ω＝2，由此得到f（x）的解析式，最后结合三角函数的性质即可对选项逐一判断．
【解答】解：因为，
所以把f（x）的图像向左平移个单位长度得到函数的图像，
因为g（x）关于y轴对称，所以，k∈Z，即ω＝6k+2，k∈Z，
又因为0＜ω＜π，所以ω＝2，，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，由，得，
所以当k＝0时，f（x）的单调递增区间为，
又因为，所以f（x）在上单调递增，故C正确；
对于D，若函数f（x）在上存在最大值，
由选项C可知，f（x）在上单调递增，且，即f（x）在时取得最大值，
所以，即实数a的取值范围为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题综合考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2024春 宜宾期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为CC1，BC的中点，则（　　）
A．BP⊥AQ
B．平面ABP⊥平面A1B1Q
C．点A1到平面ABP的距离为
D．该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的面积为
【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面垂直；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】作出图形，根据三垂线定理，线面垂直与面面垂直的判定定理，点面距的求法，球的几何性质，针对各个选项分别求解即可．
【解答】解：如图所示：
对A选项，∵BP在底面ABCD内的射影为BC，
而AQ与BC不垂直，∴根据三垂线定理可得BP与AQ不垂直，∴A选项错误；
对B选项，∵P、Q分别为CC1，BC的中点，
∴易得BP⊥B1Q，又A1B1⊥平面BCC1C1，BP 平面BCC1C1，
∴BP⊥A1B1，又B1Q∩A1B1＝B1，
∴BP⊥平面A1B1Q，又BP 平面ABP，
∴平面ABP⊥平面A1B1Q，∴B选项正确；
对C选项，取D1D的中点E，则易知AB∥EP，
∴平面ABP即为平面ABPE，
∵AB⊥平面AA1D1D，又AB 平面ABPE，
∴平面AA1D1D⊥平面ABPE，
过A1作A1H⊥AE于点H，则A1H⊥平面ABPE，
又cos∠AA1H＝cos∠EAD，
∴A1H＝A1A×cos∠AA1H，∴C选项正确；
连接A1C∩AP＝F，则由A1A∥PC，可得F为A1C的靠近C的三等分点，
易知正方体的外接球球心O为A1C的中点，
∴A1C的中点O到平面ABPE距离等于A1到平面ABPE的距离的，
∴球心O到平面ABPE的距离为，
又球O的半径为A1C，
∴该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的半径为，
∴该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的面积为，∴D选项正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，三垂线定理的应用，线面垂直与面面垂直的判定定理的应用，点面距的求法，球的几何性质，属中档题．
（多选）11．（6分）（2024春 启东市期中）已知数列{an}满足a4＝4，anan+1＝2n（n∈N*），则（　　）
A．a1＝1
B．数列{an}为递增数列
C．a1+a2+…+a2023＝21013﹣3
D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ACD
【分析】通过求a3，a2，a1来判断AB选项的正确性，分析数列{an}的规律，利用分组求和法判断CD选项的正确性．
【解答】解：依题意，a4＝4，，，
所以，，，
A选现正确．所以a3＝a2，所以B选项错误．
由得，两式相除得，
所以数列{an}的奇数项是首项为1，公比为2的等比数列；偶数项是首项为2，公比为2的等比数列．a1+a2+ +a2023＝（a1+a3+ +a2023）+（a2+a4+ +a2022）
，所以C选项正确．
由上述分析可知，数列的奇数项是首项为1，公比为的等比数列；
偶数项是首项为，公比为的等比数列．
当n为偶数时，，
；
当n为奇数时，，
，
综上所述，，所以D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了等比数列的定义和通项公式及求和公式，分组求和，属于中档题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024春 兴庆区校级月考）已知，则cos2α＝ 　　 ．
【考点】求二倍角的三角函数值；两角和与差的三角函数的逆用．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】．
【分析】根据两角和与差的余弦公式以及二倍角公式即可求解．
【解答】解：由，
得，
则，即．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了和差角公式及二倍角公式的应用，属于基础题．
13．（5分）（2022 南京模拟）二项式展开式中x4的系数为 　60　 ．
【考点】二项式定理．
【专题】计算题；对应思想；数学模型法；二项式定理；运算求解．
【答案】60．
【分析】先求出二项展开式的通项公式，再令64，求出k＝4即可．
【解答】解：二项式展开式的通项公式为：
Tk+1（2x）6﹣k26﹣k，
令64，则k＝4，
∴展开式中x4的系数为22＝60，
故答案为：60．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
14．（5分）（2021春 海原县校级期中）若函数f（x）＝2x3﹣3x2+c的极小值为5，那么c的值为 　8　 ．
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】计算题；函数思想；分析法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】8
【分析】对函数求导，再求函数的单调区间与极小值即可．
【解答】解：∵f（x）＝x3﹣3x2+c，∴f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝2，当x＜0或x＞2时，f′（x）＞0，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
∴当x＝2时，f（x）取得极小值，极小值为f（2）＝23﹣3×22+c＝5，
解得c＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2023春 眉山月考）在平行四边形ABCD中，，．
（1）试用表示；
（2）若四边形ABCD的面积为，，求的最大值．
【考点】解三角形．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用平面向量的四则运算法则计算即可；
（2）首先利用平行四边形的面积公式和数量积的定义可得，再根据向量的四则运算法则可得，展开结合基本不等式即可求解．
【解答】解：（1）因为四边形ABCD为平行四边形，且，
所以，
因为四边形ABCD为平行四边形，且，
所以；
（2）设，，因为且∠BAD∈（0，π），
所以sin∠BAD，
则四边形ABCD的面积，
解得ab＝8，所以，
由（1）知，，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以的最大值为．
【点评】本题主要考查平面向量的基本定理和平面向量的数量积，考查运算求解能力，属于中档题．
16．（2023秋 重庆月考）如图甲，在矩形ABCD中，为线段DC的中点，△ADE沿直线AE折起，使得点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．
（1）求证：DO⊥OC；
（2）线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成角的余弦值为？若不存在，说明理由；若存在，求出AH的长度．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）．
【分析】（1）利用余弦定理得出OC的长度，利用勾股定理得出DC2＝DO2+OC2，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面DHC和平面ADE的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：取线段AE的中点O，连接DO，OC，
在Rt△ADE中，，
所以DO⊥AE，DO＝1，
在△OEC中，，
由余弦定理可得，
，
在△DOC中，DC2＝6＝DO2+OC2，
所以DO⊥OC；
（2）因为DO⊥AE，DO⊥OC，AE∩OC＝O，DO、AEC 平面ABCE，∠AEB＝90°，
所以DO⊥平面ABCE，
过E作DO的平行线l，以E为原点，EA，EB，l所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（1，0，1），C（﹣1，1，0），A（2，0，0），B（0，2，0），
平面ADE的法向量，
在平面直角坐标系xOy中，直线AB的方程为x+y＝2，
设H的坐标为（t，2﹣t，0），t∈[0，2]，
则，，
设平面DHC的法向量为，
，，
所以（﹣t﹣1）x+（t﹣1）y＝0，﹣2x+y﹣z＝0，
令y＝1+t，则x＝t﹣1，z＝3﹣t，
，
由已知，
解得或4（舍去），
所以，，
所以 ．
【点评】本题考查线线垂直的判定以及向量法求二面角的应用，属于中档题．
17．（2023秋 德州期末）为落实“双减”政策，提升课后服务水平，某小学计划实行课后看护工作．现随机抽取该小学三年级的8个班级并调查需要课后看护的学生人数，分布如下：
班级代号 1 2 3 4 5 6 7 8
需看护学生人数 20 22 27 30 25 23 32 21
（1）若将上述表格中人数低于25人的班级两两组合进行看护，求班级代号为1，2的两个班合班看护的概率；
（2）从已抽取的8个班级中随机抽取3个班，记3个班中需要课后看护的学生人数低于25人的班级数为X，求X的分布列及数学期望．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）；
（2）X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
E（X）．
【分析】（1）根据上表的数据，得到4个班两两组合进行课后看护共有3种不同的方法，其中代号为1，2的两个班合班看护共1种不同的方法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意得到随机变量X的可能取值，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用公式求得期望．
【解答】解：（1）若将表中人数少于25人的4个班两两组合进行课后看护，
共种不同的方法，其中班级代号为1，2的两个班合班看护共1种方法，
记A表示事件“班级代号为1，2的两个班合班看护”，则其概率，
所以班级代号为1，2的两个班合班看护的概率为；
（2）随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
可得，
，
，
，
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以数学期望．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望计算，属于中档题．
18．（2024春 浦东新区期中）已知点B（2，0）是椭圆Γ：的一个顶点．
（1）若椭圆Γ的焦点分别为F1、F2，求△BF1F2的面积；
（2）设P、Q是椭圆D上相异的两点，有如下命题：“若|BP|＝|BQ|，则P与Q关于x轴对称．”；请判断该命题的真假，并说明理由．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）2；
（2）答案见解析．
【分析】（1）由题意，结合题目所给信息以及三角形面积公式进行求解即可；
（2）设出P，Q两点的坐标，将|BP|＝|BQ|转化成，结合P，Q两点均在椭圆Γ上，推出，分别讨论当x1＝x2和x1≠x2这两种情况，进而即可求解．
【解答】解：（1）因为点B（2，0）是椭圆Γ：的一个顶点，
所以22；
（2）不妨设P（x1，y1），Q（x2，y2），
若|BP|＝|BQ|，
即|BP|2＝|BQ|2，
即，
因为P，Q两点均在椭圆Γ上，
所以，
即，
整理得，
当x1＝x2时，P，Q对称；
当x1≠x2时，x1+x2，
因为x1，x2∈[﹣2，2]，
所以x1+x2∈[﹣4，4]，
则存在，
此时P，Q不关于x轴对称．
综上，命题：“若|BP|＝|BQ|，则P与Q关于x轴对称．”为假命题．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
19．（2024秋 天津校级月考）设q、d为常数，若存在大于1的整数k，使得无穷数列{an}满足，则称数列为“M（k）数列”．
（1）设d＝3，q＝0，若首项为1的数列{an}为“M（3）数列”，求a2024；
（2）若数列{bn}为“M（2）数列”，且，求出相应的d、q的值及；
（3）设d＝1，q＝2，若首项为1的数列{cn}为“M（10）数列”，求数列{cn}的前10n项和S10n．
【考点】数列求和的其他方法．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【答案】（1）3；
（2）d＝﹣2，q＝﹣1，，
（3）190（2n﹣1）﹣135n．
【分析】（1）将d＝3，q＝0代入得到一周期数列，即可求得a2024的值．
（2）根据M（k）数列的定义和列方程求解即可，利用数列错位相减求和方法求解即可
（3）找出c10n的公式，设每隔10项的和为Tn，然后再求解S10n．
【解答】解：（1）∵d＝3，q＝0，∴，
由a1＝1，可得a2＝4，a3＝7，a4＝0，a5＝3，a6＝6，a7＝0，a8＝3，a9＝6，a10＝0， ，
∴数列中，从第4项起，是周期为3的周期数列，
有，
∵2024＝674×3+2，
∴a2024＝3．
（2）∵数列{bn}为“M（2）数列”，∴k＝2，
∴，又，∴，
∴，∴d＝﹣2，
，∴q＝﹣1，
，
，
两式相减得：
，
∴，
（3）依题意，d＝1，q＝2，c1＝1，数列{cn}为“M（10）数列”，
则c1＝1，c2＝2，c3＝3，c4＝4，c5＝5，c6＝6，c7＝7，c8＝8，c9＝9，c10＝10，
c11＝2c10＝20，c12＝21，c13＝22，c14＝23，c15＝24，c16＝25，c17＝26，c18＝27，c19＝28，c20＝29，
c10（n﹣1）+1，c10（n﹣1）+2，c10（n﹣1）+3， ，c10n是公差为1的等差数列，∴c10n＝c10（n﹣1）+1+9，
当n≥2时，c10n＝2c10（n﹣1）+9，∴c10n+9＝2（c10（n﹣1）+9），而c10+9＝19，
∴数列{c10n+9}是19为首项9，2为公比的等比数列，
则，∴，
令Tn＝c10（n﹣1）+1+c10（n﹣1）+2+c10（n﹣1）+3+ +c10n，
则，
∴S10n＝（c1+c2+ +c10）+（c11+c12+c13+ +c20）+ +（c10（n﹣1）+1+c10（n﹣1）+2+c10（n﹣1）+3+ +c10n）
＝T1+T2+ +Tn＝（10c10﹣45）+（10c20﹣45）+ +（10c10n﹣45）
＝10（c10+c20+ +c10n）﹣45n
＝10（19×20﹣9+19×21﹣9+…+19×2n﹣1﹣9）﹣45n
＝10[19（20+21+ +2n﹣1）﹣9n]﹣45n
，
∴数列{cn}的前10n项和为190（2n﹣1）﹣135n，
【点评】本题主要考查数列的新定义问题，考查运算求解能力，属于难题．
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