河南省新乡市部分高中2021

2023年11月30日发(作者：)

新乡市部分高中2021-2022学年度上学期高三12月联考

数学试卷（文科）

一、选择题

(560)

每题分共分

1n.

．记为等比数列的前项和若，，则（）

S

n



a

n

S4S6S

246

A7 B8 C9 D10

．．．．

2

．和是两个等差数列，其中为常值，，，，



ab

nn

则（）

b

3

A B C D

．．．．

64512

128

a

k



1k5

a288b192

11

a96

5

b

k

256

3

．数列是递增的整数数列，且，，则的最大值为（）



a

n

a3

1

aaa100

12n

n

A9 B10 C11 D12

．．．．

4.

设是等比数列，且，，则（）

{a}aaa

n678

aaa1aa+a2

123234

A. 12 B. 24 C. 30 D. 32

5.S{a}na–a=12a–a=24=

记为等比数列的前项和．若，，则（）

nn

5364

A. 2 C. 2–2 D. 2

nnnn

–1 B. 2–2–1

1––11–

S

n

a

n

6.

数列中，，，若，则（）

{a}a2aaa

n1mnmn

aaa22

k1k2k10

A. 2 B. 3 D. 5 C. 4

155

k

7.

在等差数列中，，．记，则数列



a

n

a9a1

1n12n

5

Taa…a(n1,2,…)



T

n

（）．

A. B.

有最大项，有最小项有最大项，无最小项

C. D.

无最大项，有最小项无最大项，无最小项

8415

．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则



a

n

a3a4aa

5313

（）

A16 B8 C4 D2

．．．．

9ab{a}a=aa=a+b

．设，∈，数列满足，，，则（）

R

nnn

1+1

2

nN



A B

．当．当

b,a10b,a10

11

1010

24

C D

．当．当

b2,a10b4,a10

1010

10．设为等差数列的前项和，若，，则

S

n



a

n

n

3SSSa2a

32415

（ ）

A． B．C． D．

1212

1010

11．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为

S

n

{a}aa24S48{a}

n456n

n

（ ）

A．1 B．2 C．4 D．8

12．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2，接下

0

来的两项是2，2，再接下来的三项是2，2，2，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：

01012

N>100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．440 B．330 C．220 D．110

二、填空题

(520)

每题分，共分

13.{2n–1}{3n–2}{a}{a}n

将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为

nn

________

．

n

14.16540 ______________.

数列满足，前项和为，则

{a}

n

a(1)a3n1

n2n

a

1

15．记为数列的前项和，若，则___________．

S

n



a

n

n

S2a1S

nn6

16．等差数列的前项和为，，，则___________．



a

n

n

Sa3S10

n34

1





k1

S

k

n

三、解答题 (70分）

1712S{a}nS=-a

．（分）记为等差数列的前项和，已知．

nn

95

（）若，求的通项公式；

1a=4{a}

3

n

（）若，求使得的的取值范围．

2a>0S≥an

1

nn

*

1812n2

．（分）已知为等差数列，前项和为，是首项为的等比数列，

{a}{b}

nn

S(nN)

n

且公比大于，

0

bb12,ba2a,S11b

23341114

．

（）求和的通项公式；

1

{a}{b}

nn

*

（）求数列的前项和．

2n

{ab}

2nn

(nN)

1912

．（分）如图，在三棱柱中，，

ABCABC

111

ACBC1

ACB120

，，

AAAB2

11

AAC60

1

.

（）证明：平面平面

1.

ABC

AACC

11

（）若，求到平面的距离

2.

CPPC

1

B

1

ABP

1

2

2012

．（分）已知抛物线的焦点为，、是该抛物线上不重合的两

C:y2pxp0



F

A

B

3

个动点，为坐标原点，当点的横坐标为时，．

O

A

4

cosOFA

5

（）求抛物线的方程；

1

C

2

（）以为直径的圆经过点，点、都不与点重合，求的最小值．

AB

P1,2AFBF



A

BP

1

3

x

2112

．（分）已知，．

fxe2xsinx



gxx2x2sinxm



3

（）求的单调区间；

1

fx



（）若时，恒成立，求的取值范围．

2m

x0

fxgx



选考题：共分请考生在第、题中任选一题作答如果多做则按所做的第一题计分

10.2223.,.



x2costx2cos



222tC10Cα

．．（分）已知曲线：（为参数），：（为参数且），

12

0





ysint1ysin





在以原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，直线：＝（）．

OxCθρ∈R

3

（）求曲线，的普通方程；

1CC

12

（）若上的点对应的参数＝，为上的点，求的中点到直线距离

2CPαQCPQMCd

213

的最小值．

2310.

．（分）已知函数

f(x)3x1x1

（）解关于的不等式；

1

x

f(x)4

（）若对任意的恒成立，求的取值范围

2

f(x)ax10

xR

a



4



2

数学（文科）

参考答案

一、选择题

1A

．【答案】【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出

S

2

SSSS

4264

SS1

64

，进一步求出答案

.

【详解】∵为等比数列的前项和，

S

n



a

n

n

∴，，成等比数列

S

2

SSSS

4264

∴，

S4SS642

242

∴，

SS1

64

∴故选：

S1S167

64

. A.

2B.

．【答案】【分析】由已知条件求出的值，利用等差中项的性质可求得的值

bb

53

ab

51

96192

a

1

a

5

b64

，因此，【详解】由已知条件可得，则



5

bb

15

a288

1

b128

3

bb

15

19264

.

22

故选：

B.

3C

．【答案】【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式

即可得解

.

【详解】若要使尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，

n

a

1

不妨设数列是首项为，公差为的等差数列，其前项和为，



a

n

31n

S

n

则，，，

an2

n

S1188100S12102100

1112

313314

22

所以的最大值为故选：

n11. C.

4.D

【解析】【答案】设等比数列的公比为，则，



a

n

q

aaaa1qq1

1231



2

aaaaqaqaqaq1qqq2

2341111

232



，

因此，

aaaaqaqaqaq1qqq32

6781111

5.B

【答案】【解析】设等比数列的公比为，

q

42





aqaq12

11



q2





由可得：，

aa12,aa24

5364

53

a1





aqaq24

11



1

567525



.

所以，

aaq2,S21

n1n

n1nn1

a(1q)

1

n

12

n

1q12

S

n

21

n

22

n1

1n

.

因此

a2

n

6.C

【答案】【解析】在等式中，令，可得，

aaa

mnmn

m1

aaa2a

n1n1n

2

a

n1

，

a

n

n1n

所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，



a

n

22

a222

n

aaa221221

k1k2k10

，

a12212

k1



10k110

1212

k110510



22

k15

，则，解得

k15

k4

.

7.B

【答案】【解析】由题意可知，等差数列的公差，

d2

aa

51

19

5151

则其通项公式为：，

aan1d9n122n11

n1



注意到，

aaaaa0a1a

1234567

且由可知，

T0

5

T0i6,iN

i



T

i

a1i7,iN

i



可知数列不存在最小项，由



T

n

T

i1

由于，

a9,a7,a5,a3,a1,a1

123456

故数列中的正项只有有限项：，



T

n

T63T6315945

24

.

故数列中存在最大项，且最大项为



T

n

T

4

.



aaqaqaq15

1111

23

8C {a}

．【答案】【解析】设正数的等比数列的公比为，则，

n

q



42



aq3aq4a

111



a1,

1

2

解得，，故选．



aaq4

31

C



q2

9A b=0a=0.

．【答案】【解析】①当时，取，则

②当时，令，即.

b<0

xxbxxb0

22

2

则该方程，即必存在，使得，



14b0

x

0

xxb0

00

2

则一定存在，使得对任意成立，

a=a=x

10

aaba

n1nn

nN



a0,nN

n



解方程，得，

aab0

2

a

114b

2

当时，即时，总存在，使得

114b114b

10a

b90

22

aaa10

1210

，

故C、D两项均不正确.

2

③当时，，

b0

aabb

21

22

则，

aabbb

32

aabbbb

43

22



.

2





111171

2

1

（ⅰ）当时，，

b

a1,a1

45





2

222216









1111

则，

a12

6





224

a2

7

2

19

，

22

2

2



9183

a10

8



，



224

2

则，

aa10

98

2

1

2

2

aa10

109

1

，

2

故A项正确.

1

1111



（ⅱ）当时，令，则，

b

a=a=0

1

a,a

23



4

4442



2

1111



所以，以此类推，

aa

43



4242



2

2

1111



2

所以，

aa

109



4242



故B项不正确.

故本题正确答案为A.

10．【答案】B 【解析】设等差数列的公差为，根据题中的条件可得

d

2

3243



332d22d42d



，

22



整理解得，所以，故选B．

d3

aa4d21210

51

11．【答案】C 【解析】设公差为，，

d

aaa3da4d2a7d24

45111



2a7d24

1

65

,

解得，故选C． ，联立

d4

S6ad6a15d48

611



6a15d48

2



1

12．【答案】A 【解析】由题意得，数列如下：

1,

1,2,

1,2,4,

1,2,4,,2

k1

则该数列的前项和为

12k

k(k1)

2

(122)2k2S1(12)

k1k1

，



k(k1)





2

要使，有，此时，所以是第组等比数列

k(k1)

100

k14k2k1

k22

k1

2

221k212

t1t

， 的部分和，设

1,2,,2

k

t5

所以，则，此时，

k2314k2329

t5

所以对应满足条件的最小整数，故选A.

N5440

二、填空题

2930

2

13. 12

【答案】【解析】因为数列是以为首项，以为公差的等差数

3n2n

2



2n1

列，

数列是以首项，以为公差的等差数列，



3n2

13

16

所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以为首项，以为公差的等差数列，



a

n

所以的前项和为，



a

n

n

n163n2n

14.7

【答案】【解析】

n(n1)

2

2

a(1)a3n1

n2n

n

，

当为奇数时，；当为偶数时，

nn

aa3n1aa3n1

n2nn2n

.

设数列的前项和为，



a

n

n

S

n

Saaaaa

16123416

aaa(aa)a(aa)

13514161524

a(a2)(a10)(a24)(a44)(a70)

111111

(a102)(a140)(5172941)

11

8a392928a484540

11

，

a7

1

.

a4434,n2

n

n1n2n2



1,n1

a

n



n2

34,n2



15．【答案】-63 【解析】根据，可得，两式相减得

S2a1S2a1

nnn1n1

a2a2aa2aSa2a1a1

n1n1nn1n1111

，即，当时，，解得，所以数

n1

列是以−1为首项，以2为公比的等比数列，所以



a

n

S63

6

16．【答案】【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有

12

6

12



。

2n

a

1

d

n1



a2d3

1



a1

1



，解得 ，





43

d1

4ad10

1





2

数列的前n项和，

Snadn11

n1

nn1nn1nn1



222

裂项可得，

n

1211

2()

Sk(k1)kk1

k

1111112n1

2[(1)()()]2(1)

223nn1n1n1S

． 所以



k1

k

三、解答题

17

．

【答案】（）；（）

1

a2n10

n

2.

1n10(nN)



【解析】（1）设的公差为d．



a

n

由得．

Saa4d0

951

由a=4得．

3

a2d4

1

于是．

a8,d2

1

因此的通项公式为．



a

n

a102n

n

（2）由（1）得，故.

a4d

1

a(n5)d,S

nn

2

n(n9)d

2

由知，故等价于，解得1≤n≤10．

a0Sa

1nn

d0

n11n100

所以n的取值范围是．

{n|1n10,nN}

n

1812

．【答案】（），；（）．

a3n2

n

b2

n

(3n4)216

n2



【解析】（）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．

1

{a}{b}

nn

d

q

2

由已知，得，

bb12

23

b(qq)12

1

2

而，所以．

b2

1

qq60

n

又因为，解得，所以．

q0q2

b2

n

由，可得；

ba2a

341

3da8①

1

由，可得，

S11b

114

a5d16②

1

联立①②，解得，

a1,d3

1

由此可得．

a3n2

n

n

所以，的通项公式为，的通项公式为．

{a}a3n2{b}

nnn

b2

n

（）设数列的前项和为，

2

{ab}T

2nnn

n

由，有

a6n2

2n

T42102162(6n2)2

n

23n

2T42102162(6n8)2(6n2)2

n

234nn1

，

，

上述两式相减，得

T42626262(6n2)24(6n

n

23nn1

12(12)

n

12

2)2(3n4)216

n1n2

，得．

T(3n4)216

n

n2

所以，数列的前项和为．

{ab}

2nn

n

(3n4)216

19．解：（1）证明：如图，连接，在中，，，，

ACAACAA2

111

AC1

AAC60

1

222

由余弦定理得，所以，所以，

AC3

ACACAA

11

ACAC

1

1

n2

ACACBCAC

平面.因为平同理.又因为，所以

ABC

11

BCACC

1

面，

AACC

11

所以平面平面.

ABC

AACC

11

（2）过作于，连接，.

C

1

CDACBC

11

DBD

CDAC

平面，所以平面. 由（1）知

ABCABC

11

因为，，所以，.因为

AAABCC2AACCCD60

11111

CD1

CD3

1

ACB120

，所以.

DCB60

因为，所以，所以.在

BCCD1

BD1

BCBDBC2

11

22

CBC

1

中，因为，，，

BC2CC2

11

BC1

1221

222

所以.因为，所以

cosCCB

1

CPPC

1

2124

APCC1

11

1

，.在中因为，

BP11211

2

16

△APB

1

AB2

1

42

2



6

22

15

12

6



AP1

1

，，所以，所以，于是

△APB

1

BP

sinBAP

2

1

7



2

8

cosBAP

1

2128

的面积为.因为，所以三棱锥

12

11515

288

VVVV

PABBCABBCAABAABC

111111

ABBP

11

1131

的体积为.记到平面的距离为，因为三棱锥的体

113

B

1

ABP

1

d

ABBP

11

3224

积与三棱锥的体积相同，所以，解得，即到平面

BABP

11

d

的距离为.

215

5

1151

384

215

d

B

1

ABP

1

5

20．解：设，设点在轴上的射影点为，

A4,y



0

A

x

M4,0



cosOFA0

，，，．

4

pp

p

AF4

FM4

2

2

2

3

OFAAFM



，则，

cosAFMcosOFAcosOFA





5

p

2

cosAFM

3

，解得，所以，所求抛物线的方程为． 所以，

p2

y4x

2

p

5

4

2

4

（2）解：设直线的方程为，设点、．

AB

xmyn

Ax,yBx,y



1122



xmyn

由方程组得．



2

y4my4n0

2



y4x

4m16n0



，即，且，．

mn0

2

yy4myy4n

1212

22

yy

12

xxmynmynmyy2n4m2n

121212



，．

xxn

12

2

44

2

2

因为以为直径的圆经过点，所以，，

AB

P1,2



PAPB

PAPB0

x1,y2x1,y20x1x1y2y20



1122

，即，



1212

xxxxyy2yy50

12121212



，

n4m2n4n8m50

22

，，

n32m2





22

n2m5n2m1n2m1

或，若，直线过点，不合题意，

l:xmy2m1

P

22

舍去．所以，．

n2m5

xx4m2n4m4m10

12

1



则，

AFBFxx24m4m124m11

12



2



2

2

1

所以，当时，最小，且最小值为．

m

AFBF

11

2

21．解：（1），，

f(x)e2xsinxf(x)e2cosx

xx





x

①当时，，

x0

e2(2,1],1cosx1



e2cosx0

x

在恒成立，，在单调递减，

x0

f(x)0



f(x)

(,0)

xx

②当时，令，则在恒成立，

x0x0

g(x)e2cosxg(x)esinx0





g(x)

在单调递增，且，在恒成立，

(0,)g(0)0(0,)

g(x)0

即在恒成立，

f(x)0



(0,)



f(x)

在单调递增，

(0,)

综上所述：在单调递减，在单调递增.

f(x)

(,0)(0,)

x3

（2）当时，

x0

e2xsinxx2x2sinxm

1

3

11

mexsinx

x3

在恒成立，令，

x0

u(x)exsinx(x0)

x3

3

3

u(x)excosxv(x)excosx(x0)

x2x2

，令，

x

由（1）得，在单调递增，且，

vxe2xsinxv'01





v(x)v(0)0

(0,)

u(x)0



在恒成立，在单调递增，，

x0

u(x)[0,)u(0)1



mu(x)u(0)1

min

.



x2cost

22．解：（1）曲线：（为参数），转换为普通方程为．

Ct

1



(x2)(y1)1

22

ysint1





x2cos



x

2

（y0）(0)

曲线：（为参数且，转换为普通方程为．

Cα

2





y1

2

ysin



4



（2）由于上的点对应的参数＝，所以（0，1），点，

CPαPQ

2

所以的中点坐标为（），直线：＝（∈）转换为直角坐标方

PQCθρR

1,

1



(2cost,sint1)

2

costsint



3

4

22

程为﹣＝0，所以＝，

xyd

costsint

2



22

sin(t)1

24

2



21

当时，．

sin(t)=1

d

min

4

2

1



2x2，x，



3



1



＜x1，＝3x＋1x1＝4x，

23．解：（1）因为()

fx



3





2x＋2，x＞1





11





x，＜x1



x＞1

33

或所以()等价于或



fx

＞4



2x＋2＞4







2x2＞44x＞4

1x＞

，即关于的不等式的解集为或． 解得或

x

fx＞4



{x|x＜3

x＞1}

x＜3

（2）

1



a2x1，x





3



1



＜x1＋ax＋1＝a＋4x＋1，

记函数()＝()

gxfx





3







a＋2x＋3，x＞1





a2＜0，1







1

a210





3



10＋ax＋

对任意的恒成立()且且

xR

fx



a＋20，



2，1





a＋50，

，解得，即的取值范围为.

2a1

a

a＋4＋10



3

a＋4＋10