资源简介 创新交汇 数列与其他知识的综合问题（时间：45分钟，满分：63分）一、单项选择题（每小题5分，共15分）1.已知复数数列{an}满足a1＝2i，an＋1＝ian＋i＋1，n∈N*（i为虚数单位），则a10＝（ ）A.2i B.－2i C.1＋i D.－1＋i2.（2025·云南昆明二模）已知等差数列{an}满足公差为d，a1≠0，前n项和为Sn，记集合M＝{k｜ak＝Sk}，若M中有2个元素，则a1，d的关系可以为（ ）A.2a1＋3d＝0 B.2a1－3d＝0 C.3a1＋2d＝0 D.3a1－2d＝03.（2025·广州六校联考）已知等差数列{an}中，a9＝，设函数f（x）＝cos4x－sin4x－2sin xcos x－1，记yn＝f（an），则数列{yn}的前17项和为（ ）A.－51 B.－48C.－17 D.0二、填空题（5分）4.如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形P3，P4，…，Pn，…，记第n块纸板Pn的面积为Sn，则S4＝ ，如果 n∈N*，使得Sn＜成立，那么a的取值范围是 .三、解答题（共43分）5.（13分）如图，从点P1（0，0）作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1（0，1），曲线在点Q1处的切线与x轴交于点P2，再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn.记点Pk的坐标为（xk，0）（k＝1，2，…，n）.（1）试求xk与xk－1的关系（2≤k≤n）；（2）求｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋…＋｜PnQn｜的值.6.（15分）（2025·北京平谷一模节选）对于数列A：a1，a2，…，an，若满足ai∈{0，1}（i＝1，2，3，…，n），则称数列A为“0－1数列”.定义变换T：若ai＝1，将ai变成0，1，若ai＝0，将ai变成1，0，得到新的“0－1数列”.设A0是“0－1数列”，令Ak＝T（Ak－1），k＝1，2，3，….（1）若数列A3：0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1，0，求数列A2，A1；（2）若数列A0共有10项，则数列A2中连续两项相等的数对至多有多少对？请说明理由.7.（15分）已知正四面体ABCD中，AB＝2，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且｜AP1｜＝｜P1P2｜＝…＝｜Pn－1Pn｜＝｜PnB｜，过点Pn作平行于直线AC，BD的平面，截面面积为an，证明：（1）a1＝1；（2）{an}为递减数列.创新交汇 数列与其他知识的综合问题1.D 由已知可得an＋1－i＝i（an－i），因此数列{an－i}是以a1－i＝i为首项，以i为公比的等比数列，所以a10－i＝i·i9＝i10＝－1，故a10＝－1＋i.故选D.2.A 由ak＝Sk，得a1＋（k－1）d＝ka1＋d，则（k－1）[2a1＋（k－2）d]＝0，由M中有2个元素，得关于k的方程2a1＋（k－2）d＝0有不小于2的整数解，而a1≠0，则d≠0，k＞2，k∈N*，方程2a1＋（k－2）d＝0中a1的系数为2，d的系数k－2是正整数，选项A符合要求，选项B、C、D不符合要求.故选A.3.C 由题意知f（x）＝cos4x－sin4x－2sin xcos x－1＝（cos2x＋sin2x）·（cos2x－sin2x）－sin 2x－1＝cos 2x－sin 2x－1＝2cos（2x＋）－1，当x＝时，2cos（2×＋）＝0，即f（x）的图象关于点（，－1）成中心对称.由于等差数列{an}中，a9＝，故a1＋a17＝a2＋a16＝…＝2a9＝2×，故f（a1）＋f（a17）＝f（a2）＋f（a16）＝…＝f（a8）＋f（a10）＝2×（－1）＝－2，故数列{yn}的前17项和为f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a17）＝[f（a1）＋f（a17）]＋[f（a2）＋f（a16）]＋…＋[f（a8）＋f（a10）]＋f（a9）＝8×（－2）－1＝－17.4.πa2 （0，2） 解析：由题意可知，依次剪去一个更小的半圆，其半径为前一个半圆半径的一半，故每次剪去的半圆的面积组成了首项为，公比为的等比数列，第n块纸板Pn是剪了n－1次后得到的，故Sn＝－＝2πa2［＋×（）n－1］，故S4＝2πa2［＋×（）3］＝πa2； n∈N*，使得Sn＜成立，故只需＜，解得a2＜4，而a＞0，所以0＜a＜2.5.解：（1）设点Pk－1的坐标是（xk－1，0）.因为y＝ex，所以y'＝ex，所以Qk－1（xk－1，），在点Qk－1（xk－1，）处的切线方程是y－＝（x－xk－1），令y＝0，则xk＝xk－1－1（2≤k≤n）.（2）因为x1＝0，xk－xk－1＝－1，所以xk＝－（k－1），所以｜PkQk｜＝＝e－（k－1），所以｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋｜P3Q3｜＋…＋｜PnQn｜＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－（n－1）＝＝.6.解：（1）由变换T的定义可得A2：1，0，0，1，1，0；A1：0，1，0.（2）数列A2中连续两项相等的数对至多有19对.理由如下：对于任意一个“0－1数列”A0，A0中每一个1在A2中对应连续四项1，0，0，1.在A0中每一个0在A2中对应的连续四项为0，1，1，0，因此，共有10项的“0－1数列”A0中的每一个项在A2中都会对应一个连续相等的数对，在A2中若出现连续两项的数对最多，对于i＝1，2，3，…，9，A0中的每一个第ai项和第ai＋1项之间产生一个连续相等的数对，所以A2中至多有19对连续相等的数对.如取A0：1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则A1：0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，A2：1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1.7.证明：（1）由题意得｜AP1｜＝｜P1P2｜＝｜P2P3｜＝…＝｜PnB｜＝，取BD中点O，连接AO，CO，如图1.因为△ABD，△BCD均为等边三角形，所以AO⊥BD，CO⊥BD，因为AO∩CO＝O，AO，CO 平面AOC，所以BD⊥平面AOC.因为AC 平面AOC，所以BD⊥AC，过点P1作P1E1∥AC交BC于点E1，过点P1作P1F1∥BD交AD于点F1，过点E1作E1G1∥P1F1交CD于点G1，连接F1G1，如图2，则P1F1⊥P1E1，故四边形P1F1G1E1为截面，且四边形P1F1G1E1为矩形，由相似知识可知｜AP1｜＝｜P1F1｜＝，｜E1P1｜＝，同理得｜FnPn｜＝，｜EnPn｜＝，故an＝｜FnPn｜·｜EnPn｜＝·＝，所以a1＝＝1.（2）由（1）知an＝，n∈N*，所以an＋1－an＝－＝＝＜0，故an＋1＜an，故{an}为递减数列.1 / 1创新交汇 数列与其他知识的综合问题【备考指南】 数列与其他知识的综合问题是高考的热点，常以压轴题的形式出现，一般难度较大，考查的范围较广.数列常与概率、函数、解析几何相结合，也可以与集合、解三角形、立体几何相结合.考点一 数列的新情境问题【通性通法】 解决数列的新情境问题要首先理解题意，从新情境中抽象出等差数列、等比数列等特殊的数列、转化为数列的通项、性质或求和问题.【例1】 第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA＝1，∠AOB＝30°，再依次作相似△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（ ）A.［（）11－1］B.［（）11－1］C.［（）12－1］D.［（）12－1］【瓶颈突破】 可将数列排成如下形式：11，21，2，41，2，4，8 ……【训练1】 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N＞56且该数列的前N项和为2的整数幂，那么该款软件的激活码是（ ）A.95 B.105C.115 D.125考点二 数列与其他知识的交汇【通性通法】 数列与其他知识的交汇问题，一般是根据题干得到数列的递推关系式，构造等差、等比数列解决问题.求解过程中要灵活运用数列的性质，准确应用数列的相关知识.【例2】 设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一系列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示圆Cn的半径，已知{rn}为递增数列，若r1＝1，则数列{n·rn}的前n项和为 .【训练2】 已知数列{an}满足a1＝，an∈（ －，），tan an＋1＝（n∈N*）.（1）证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式；（2）求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝.考点三 数列的新定义问题【通性通法】 解答与数列有关的新定义问题的策略（1）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决；（2）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.【例3】 （2025·广东湛江二模）已知m＞0，若正项数列{an}满足 n∈N*，＜1＜，则称{an}为“上界m数列”.（1）若cn＝sin（λ＞，n∈N*），判断数列{cn}是否为“上界1数列”，并说明理由；（2）若数列{}是“上界m数列”，求m的最小值.【瓶颈突破】 （1）根据性质P1的条件，结合不等式的性质求解；（2）①由条件可得{an}是单调递增数列，且存在m∈N*，使得am＝2a2－a1.进而可得m≥3，a2≥3，结合a2＜a3，可得出结果；②依题意可得{an}单调递增，设a2＝a1＋d，d＞0，由性质P2可推得，当k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得＝2－＝a1＋kd，进而得bn＝a1＋（n－1）d，利用等差数列的定义证明即可.【训练3】 （2025·浙江台州一模）对于无穷数列{an}和如下的两条性质：P1：存在实数λ＞0，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ；P2： i，j∈N*且i＜j，都存在m∈N*，使得am＝2aj－ai.（1）若an＝n＋，n∈N*，判断数列{an}是否满足性质P1，并说明理由；（2）若i1＜i2＜…＜in＜…（ik∈N*，k＝1，2，3，…），且数列{bn}满足任意n∈N*，bn＝，则称{bn}为数列{an}的一个子数列.设数列{an}同时满足性质P1和性质P2.①若a1＝1，a3＝5，求a2的取值范围；②求证：存在{an}的子数列为等差数列.创新交汇 数列与其他知识的综合问题【典例·讲解】【例1】 D 因为＝12，设第n（n∈N*，1≤n≤12）个三角形的斜边长为an，面积为bn，由题意可知：a1＝＝，an＋1＝＝an，bn＝×an×an＝，则b1＝≠0，＝＝＝，可知数列{bn}是首项为b1＝，公比为的等比数列，所以所作的所有三角形的面积和为＝［（）12－1］.故选D.【训练1】 A 将数列排成行的形式11，21，2，41，2，4，8 ……第n行为20，21，…，2n－1，第n行和为an＝＝2n－1，前n行共有 个数，前项和为Sn＝－n＝2n＋1－2－n，则N＝＋m，前N项和为TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN为2的整数幂，则有2＋n＝2m－1，又∵N＞56，∴n＞10，且n为奇数，当n＝11时，m无整数解，当n＝13时，m＝4，此时N＝＋4＝95.【例2】 解析：如图，y＝x的倾斜角α＝.设圆Cn，Cn＋1与直线y＝x的切点分别为E，F，连接CnE，Cn＋1F，过Cn作CnD⊥Cn＋1F，垂足为点D，则｜CnCn＋1｜＝rn＋1＋rn，｜Cn＋1D｜＝rn＋1－rn.由＝＝，整理得＝3，所以数列{rn}是首项r1＝1，公比q＝3的等比数列，即rn＝1×3n－1＝3n－1，所以n·rn＝n·3n－1.设数列{n·rn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n－1，3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，两式相减得－2Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n＝－n·3n＝－，即Sn＝.【训练2】 解：（1）证明：由已知条件可知，cos an＞0，故an＋1∈（ 0，），tan2an＋1＝＝＝1＋tan2an，则tan2an＋1－tan2an＝1，故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝，故tan2an＝n－1＋＝，即tan an＝.（2）sin a1·sin a2·…·sin am＝tan a1cos a1·tan a2cos a2·…·tan amcos am＝··…·＝＝，由＝，得m＝3 333.【例3】 解：（1）由题可知，c1＝sin，c2＝sin，因为λ＞，所以0＜＜＜，则c1＞c2＞0，则＞1，从而{cn}不是“上界1数列”.（2）因为＝＝＜1，又数列{}是“上界m数列”，所以m＞恒成立.又＝＝2－＜2，所以m≥2，即m的最小值为2.【训练3】 解：（1）数列{an}满足性质P1.理由如下： i，j∈N*且i＜j，aj－ai＝j＋－（i＋）＝（j－i）（1－），因为i·j≥2，所以1－≥，又因为j－i≥1，所以（j－i）（1－）≥，因此，存在λ＝，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ，故{an}满足性质P1.（注：λ取0，之间的任意实数都可以）（2）①因为数列{an}满足性质P1，所以{an}是单调递增数列，又因为数列{an}满足性质P2，所以存在m∈N*，使得am＝2a2－a1.而am＝2a2－a1＝a2＋a2－a1＞a2，因此m≥3，由2a2－a1＝am≥a3＝5，得a2≥3，由a2＜a3，得3≤a2＜5，故a2的取值范围是[3，5）.②证明：由数列{an}满足性质P1，可知{an}是单调递增数列，设a2＝a1＋d，d＞0，令i1＝1，i2＝2，由性质P2，存在i3∈N*，使得＝2－＝a1＋2d，同理，存在i4∈N*，使得＝2－＝a1＋3d，…，以此类推，当k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得＝2－＝a1＋kd，由数列{an}单调递增，可知i1＜i2＜…＜in＜….记bn＝，n∈N*，则bn＝a1＋（n－1）d，因为bn＋1－bn＝d，n∈N*，所以数列{bn}是等差数列，故存在{an}的子数列{bn}为等差数列，得证.1 / 2(共38张PPT)创新交汇 数列与其他知识的综合问题备考指南数列与其他知识的综合问题是高考的热点，常以压轴题的形式出现，一般难度较大，考查的范围较广.数列常与概率、函数、解析几何相结合，也可以与集合、解三角形、立体几何相结合.典例·讲解 典例精析 强技提能一课后·训练 巩固强化 综合测评二目录 /CONTENTS典例·讲解典例精析 强技提能考点一 数列的新情境问题【例1】 第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA＝1，∠AOB＝30°，再依次作相似△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（ ）A. ［（ ）11－1］B. ［（ ）11－1］C. ［（ ）12－1］D. ［（ ）12－1］√【通性通法】 解决数列的新情境问题要首先理解题意，从新情境中抽象出等差数列、等比数列等特殊的数列、转化为数列的通项、性质或求和问题.解析： 因为 ＝12，设第n（n∈N*，1≤n≤12）个三角形的斜边长为an，面积为bn，由题意可知：a1＝ ＝ ，an＋1＝ ＝an，bn＝ × an× an＝ ，则b1＝ ≠0， ＝ ＝＝ ，可知数列{bn}是首项为b1＝ ，公比为 的等比数列，所以所作的所有三角形的面积和为 ＝ ［（ ）12－1］.故选D.【训练1】 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N＞56且该数列的前N项和为2的整数幂，那么该款软件的激活码是（ ）A. 95 B. 105C. 115 D. 125√【瓶颈突破】 可将数列排成如下形式：11，21，2，41，2，4，8 ……解析： 将数列排成行的形式11，21，2，41，2，4，8 ……第n行为20，21，…，2n－1，第n行和为an＝ ＝2n－1，前n行共有 个数，前 项和为Sn＝ －n＝2n＋1－2－n，则N＝ ＋m，前N项和为TN＝Sn＋am＝2n＋1－2－n＋2m－1，若TN为2的整数幂，则有2＋n＝2m－1，又∵N＞56，∴n＞10，且n为奇数，当n＝11时，m无整数解，当n＝13时，m＝4，此时N＝ ＋4＝95.考点二 数列与其他知识的交汇【例2】 设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一系列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝ x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示圆Cn的半径，已知{rn}为递增数列，若r1＝1，则数列{n·rn}的前n项和为 . 【通性通法】 数列与其他知识的交汇问题，一般是根据题干得到数列的递推关系式，构造等差、等比数列解决问题.求解过程中要灵活运用数列的性质，准确应用数列的相关知识.解析：如图，y＝ x的倾斜角α＝ .设圆Cn，Cn＋1与直线y＝ x的切点分别为E，F，连接CnE，Cn＋1F，过Cn作CnD⊥Cn＋1F，垂足为点D，则｜CnCn＋1｜＝rn＋1＋rn，｜Cn＋1D｜＝rn＋1－rn.由 ＝ ＝ ，整理得 ＝3，所以数列{rn}是首项r1＝1，公比q＝3的等比数列，即rn＝1×3n－1＝3n－1，所以n·rn＝n·3n－1.设数列{n·rn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n－1，3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，两式相减得－2Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n＝ －n·3n＝－ ，即Sn＝ .【训练2】 已知数列{an}满足a1＝ ，an∈（－ ， ），tan an＋1＝（n∈N*）.（1）证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式；解： 证明：由已知条件可知， cos an＞0，故an＋1∈（0， ），tan2an＋1＝ ＝ ＝1＋tan2an，则tan2an＋1－tan2an＝1，故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2 ＝ ，故tan2an＝n－1＋ ＝ ，即tan an＝ .（2）求正整数m，使得 sin a1· sin a2·…· sin am＝ .解： sin a1· sin a2·…· sin am＝tan a1 cos a1·tan a2 cos a2·…·tan am cos am＝ · ·…· ＝ ＝ ，由 ＝ ，得m＝3 333.考点三 数列的新定义问题【例3】 （2025·广东湛江二模）已知m＞0，若正项数列{an}满足 n∈N*， ＜1＜ ，则称{an}为“上界m数列”.（1）若cn＝ sin （λ＞ ，n∈N*），判断数列{cn}是否为“上界1数列”，并说明理由；【通性通法】 解答与数列有关的新定义问题的策略（1）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决；（2）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.解： 由题可知，c1＝ sin ，c2＝ sin ，因为λ＞ ，所以0＜ ＜ ＜ ，则c1＞c2＞0，则 ＞1，从而{cn}不是“上界1数列”.（2）若数列{ }是“上界m数列”，求m的最小值.解： 因为 ＝ ＝ ＜1，又数列{ }是“上界m数列”，所以m＞ 恒成立.又 ＝ ＝2－ ＜2，所以m≥2，即m的最小值为2.【训练3】 （2025·浙江台州一模）对于无穷数列{an}和如下的两条性质：P1：存在实数λ＞0，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ；P2： i，j∈N*且i＜j，都存在m∈N*，使得am＝2aj－ai.（1）若an＝n＋ ，n∈N*，判断数列{an}是否满足性质P1，并说明理由；【瓶颈突破】 （1）根据性质P1的条件，结合不等式的性质求解；（2）①由条件可得{an}是单调递增数列，且存在m∈N*，使得am＝2a2－a1.进而可得m≥3，a2≥3，结合a2＜a3，可得出结果；②依题意可得{an}单调递增，设a2＝a1＋d，d＞0，由性质P2可推得，当k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋kd，进而得bn＝a1＋（n－1）d，利用等差数列的定义证明即可.解： 数列{an}满足性质P1.理由如下： i，j∈N*且i＜j，aj－ai＝j＋ －（i＋ ）＝（j－i）（1－ ），因为i·j≥2，所以1－ ≥ ，又因为j－i≥1，所以（j－i）（1－ ）≥ ，因此，存在λ＝ ，使得 i，j∈N*且i＜j，都有aj－ai≥λ，故{an}满足性质P1.（注：λ取0， 之间的任意实数都可以）（2）若i1＜i2＜…＜in＜…（ik∈N*，k＝1，2，3，…），且数列{bn}满足任意n∈N*，bn＝ ，则称{bn}为数列{an}的一个子数列.设数列{an}同时满足性质P1和性质P2.①若a1＝1，a3＝5，求a2的取值范围；②求证：存在{an}的子数列为等差数列.解： ①因为数列{an}满足性质P1，所以{an}是单调递增数列，又因为数列{an}满足性质P2，所以存在m∈N*，使得am＝2a2－a1.而am＝2a2－a1＝a2＋a2－a1＞a2，因此m≥3，由2a2－a1＝am≥a3＝5，得a2≥3，由a2＜a3，得3≤a2＜5，故a2的取值范围是[3，5）.②证明：由数列{an}满足性质P1，可知{an}是单调递增数列，设a2＝a1＋d，d＞0，令i1＝1，i2＝2，由性质P2，存在i3∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋2d，同理，存在i4∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋3d，…，以此类推，当k≥2时，存在ik＋1∈N*，使得 ＝2 － ＝a1＋kd，由数列{an}单调递增，可知i1＜i2＜…＜in＜….记bn＝ ，n∈N*，则bn＝a1＋（n－1）d，因为bn＋1－bn＝d，n∈N*，所以数列{bn}是等差数列，故存在{an}的子数列{bn}为等差数列，得证.课后·训练巩固强化 综合测评（时间：45分钟，满分：63分）一、单项选择题（每小题5分，共15分）1. 已知复数数列{an}满足a1＝2i，an＋1＝ian＋i＋1，n∈N*（i为虚数单位），则a10＝（ ）A. 2i B. －2iC. 1＋i D. －1＋i1234567√解析： 由已知可得an＋1－i＝i（an－i），因此数列{an－i}是以a1－i＝i为首项，以i为公比的等比数列，所以a10－i＝i·i9＝i10＝－1，故a10＝－1＋i.故选D.2. （2025·云南昆明二模）已知等差数列{an}满足公差为d，a1≠0，前n项和为Sn，记集合M＝{k｜ak＝Sk}，若M中有2个元素，则a1，d的关系可以为（ ）A. 2a1＋3d＝0 B. 2a1－3d＝0C. 3a1＋2d＝0 D. 3a1－2d＝0√1234567解析： 由ak＝Sk，得a1＋（k－1）d＝ka1＋ d，则（k－1）[2a1＋（k－2）d]＝0，由M中有2个元素，得关于k的方程2a1＋（k－2）d＝0有不小于2的整数解，而a1≠0，则d≠0，k＞2，k∈N*，方程2a1＋（k－2）d＝0中a1的系数为2，d的系数k－2是正整数，选项A符合要求，选项B、C、D不符合要求.故选A.12345673. （2025·广州六校联考）已知等差数列{an}中，a9＝ ，设函数f（x）＝ cos 4x－ sin 4x－2 sin x cos x－1，记yn＝f（an），则数列{yn}的前17项和为（ ）A. －51 B. －48C. －17 D. 0√1234567解析： 由题意知f（x）＝ cos 4x－ sin 4x－2 sin x cos x－1＝（ cos2x＋ sin 2x）（ cos 2x－ sin 2x）－ sin 2x－1＝ cos 2x－ sin 2x－1＝2 cos （2x＋ ）－1，当x＝ 时，2 cos （2× ＋ ）＝0，即f（x）的图象关于点（ ，－1）成中心对称.由于等差数列{an}中，a9＝ ，故a1＋a17＝a2＋a16＝…＝2a9＝2× ，故f（a1）＋f（a17）＝f（a2）＋f（a16）＝…＝f（a8）＋f（a10）＝2×（－1）＝－2，故数列{yn}的前17项和为f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a17）＝[f（a1）＋f（a17）]＋[f（a2）＋f（a16）]＋…＋[f（a8）＋f（a10）]＋f（a9）＝8×（－2）－1＝－17.1234567二、填空题（5分）4. 如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形P3，P4，…，Pn，…，记第n块纸板Pn的面积为Sn，则S4＝ πa2 ，如果 n∈N*，使得Sn＜ 成立，那么a的取值范围是 .πa2（0，2）1234567解析：由题意可知，依次剪去一个更小的半圆，其半径为前一个半圆半径的一半，故每次剪去的半圆的面积组成了首项为 ，公比为 的等比数列，第n块纸板Pn是剪了n－1次后得到的，故Sn＝ －＝2πa2［ ＋ ×（ ）n－1］，故S4＝2πa2［ ＋ ×（ ）3］＝ πa2； n∈N*，使得Sn＜ 成立，故只需 ＜ ，解得a2＜4，而a＞0，所以0＜a＜2.1234567三、解答题（共43分）5. （13分）如图，从点P1（0，0）作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1（0，1），曲线在点Q1处的切线与x轴交于点P2，再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn.记点Pk的坐标为（xk，0）（k＝1，2，…，n）.（1）试求xk与xk－1的关系（2≤k≤n）；解： 设点Pk－1的坐标是（xk－1，0）.因为y＝ex，所以y'＝ex，所以Qk－1（xk－1， ），在点Qk－1（xk－1， ）处的切线方程是y－ ＝（x－xk－1），令y＝0，则xk＝xk－1－1（2≤k≤n）.1234567（2）求｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋…＋｜PnQn｜的值.解： 因为x1＝0，xk－xk－1＝－1，所以xk＝－（k－1），所以｜PkQk｜＝ ＝e－（k－1），所以｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＋｜P3Q3｜＋…＋｜PnQn｜＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－（n－1）＝ ＝ .12345676. （15分）（2025·北京平谷一模节选）对于数列A：a1，a2，…，an，若满足ai∈{0，1}（i＝1，2，3，…，n），则称数列A为“0－1数列”.定义变换T：若ai＝1，将ai变成0，1，若ai＝0，将ai变成1，0，得到新的“0－1数列”.设A0是“0－1数列”，令Ak＝T（Ak－1），k＝1，2，3，….（1）若数列A3：0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1，0，求数列A2，A1；解： 由变换T的定义可得A2：1，0，0，1，1，0；A1：0，1，0.1234567（2）若数列A0共有10项，则数列A2中连续两项相等的数对至多有多少对？请说明理由.解： 数列A2中连续两项相等的数对至多有19对.理由如下：对于任意一个“0－1数列”A0，A0中每一个1在A2中对应连续四项1，0，0，1.在A0中每一个0在A2中对应的连续四项为0，1，1，0，因此，共有10项的“0－1数列”A0中的每一个项在A2中都会对应一个连续相等的数对，在A2中若出现连续两项的数对最多，1234567对于i＝1，2，3，…，9，A0中的每一个第ai项和第ai＋1项之间产生一个连续相等的数对，所以A2中至多有19对连续相等的数对.如取A0：1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则A1：0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，0，1，A2：1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1，1，0，0，1.12345677. （15分）已知正四面体ABCD中，AB＝2，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且｜AP1｜＝｜P1P2｜＝…＝｜Pn－1Pn｜＝｜PnB｜，过点Pn作平行于直线AC，BD的平面，截面面积为an，证明：（1）a1＝1；1234567证明： 由题意得｜AP1｜＝｜P1P2｜＝｜P2P3｜＝…＝｜PnB｜＝ ，取BD中点O，连接AO，CO，如图1.因为△ABD，△BCD均为等边三角形，所以AO⊥BD，CO⊥BD，因为AO∩CO＝O，AO，CO 平面AOC，所以BD⊥平面AOC.因为AC 平面AOC，所以BD⊥AC，1234567过点P1作P1E1∥AC交BC于点E1，过点P1作P1F1∥BD交AD于点F1，过点E1作E1G1∥P1F1交CD于点G1，连接F1G1，如图2，则P1F1⊥P1E1，故四边形P1F1G1E1为截面，且四边形P1F1G1E1为矩形，由相似知识可知｜AP1｜＝｜P1F1｜＝ ，｜E1P1｜＝，同理得｜FnPn｜＝ ，｜EnPn｜＝ ，故an＝｜FnPn｜·｜EnPn｜＝ · ＝ ，所以a1＝ ＝1.1234567（2）{an}为递减数列.证明： 由（1）知an＝ ，n∈N*，所以an＋1－an＝ － ＝＝ ＜0，故an＋1＜an，故{an}为递减数列.1234567THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 创新交汇 数列与其他知识的综合问题.docx 创新交汇 数列与其他知识的综合问题.pptx 创新交汇 数列与其他知识的综合问题（练习，含解析）.docx
资源列表
