2016届江苏省南京市高考考前综合模拟训练数学试题(终稿)

②假设数列a2，a4，ak1，ak2，…，akt，…是无穷等比数列.则a2，a4，ak1成等比，a4，ak1，ak2成等比,所以a42＝a2×ak1得ak1＝9,ak12＝a4×ak2得ak2＝eq\f(27,2).因为2d＝a4－a2＝1，d＝1，an＝a2＋(n－2)d＝n＋2，所以ak2＝k2＋2＝eq\f(27,2)，k2＝eq\f(23,2)eq\o(\s\up1(/),∈)N*这与k2为自然数矛盾.所以数列a2，a4，ak1，ak2，…，akt，…不是无穷等比数列.（2）方法1因为ak2－ak1＝(k2－k1)d＝(m－1)ak1，所以d＝eq\f((m－1)ak1,k2-k1)．又ak1，ak2，ak3，…，akt，…是{an}的一个等比子数列，akt＝ak1mt-1＝ak1＋(kt－k1)d，将d＝eq\f((m－1)ak1,k2-k1)代入，得mt-1＝1＋eq\f((m－1)（kt－k1）,k2-k1)，解得kt=(k2-k1)×eq\f(1－mt-1,1－m)＋k1．方法2因为ak1，ak2，ak3成等比数列，所以ak3＝eq\f(ak22,ak1)＝eq\f(a1＋(k2－1)d,a1＋(k1－1)d)×ak2＝[1＋eq\f((k2－k1)d,a1＋(k1－1)d)]×ak2＝ak2＋eq\f((k2－k1)d,ak1)×ak2，则(k3－k2)d＝(k2－k1)d×eq\f(ak2,ak1)，因为d不为零，eq\f(ak2,ak1)是正整数m，所以k3－k2＝(k2－k1)m，同理可得k4－k3＝(k3－k2)m，…，kt－kt－1＝(kt－1－kt－2)m(t≥3)，所以{kt－kt－1}(t≥2)是等比数列，则kt－kt－1＝(k2－k1)×mt－2(t≥2)，累加得kt－k1＝(k2－k1)×eq\f(1－mt－1,1－m)，所以kt=(k2-k1)×eq\f(1-mt-1,1-m)＋k1(t≥2)，易知当t＝1时，此式也成立，于是kt=(k2-k1)×eq\f(1－mt-1,1－m)＋k1．【说明】本题主要探究了无穷等差数列中能有无穷等比子数列的条件问题，考查了等差数列等比数列的概念及基本量运算，通项公式的求法，反证法等等.考查了运算能力，推理论证能力和化归思想.23．等差数列{an}公差大于零，且a2＋a3＝eq\f(5,2)，a22＋a32＝eq\f(13,4)，记{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}各项均为正数，公比为q，记{bn}的前n项和为Tn.（1）写出Si（i＝1，2，3，4，5，6）构成的集合A.（2）若q为正整数，问是否存在正整数k，使得Tk，T3k同时为（1）中集合A的元素？若存在，求出所有符合条件的{bn}的通项公式，若不存在，请说明理由.（3）若将Sn中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，求{cn}的一个通项公式.【解答】（1）由a2＋a3＝eq\f(5,2)，a22＋a32＝eq\f(13,4)，设{an}公差为d，d大于零，得a2＝1，a3＝eq\f(3,2)，d＝eq\f(1,2)，a1＝eq\f(1,2)，Sn＝eq\f(n2＋n,4)，所以A＝{eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，3，5，eq\f(15,2)，eq\f(21,2)}（2）因为{bn}是等比数列，bn＞0，q∈N*当q＝1时，Tk＝kb1，T3k＝3kb1，eq\f(T3k,Tk)＝3，所以T3k＝eq\f(3,2)，Tk＝eq\f(1,2)，所以kb1＝eq\f(1,2)，b1＝eq\f(1,2k)，bn＝eq\f(1,2k).当q≠1时，Tk＝eq\f(b1(1－qk),1－q)，T3k＝eq\f(b1(1－q3k),1－q)．因为q∈N*，q≠1，所以q≥2，则eq\f(T3k,Tk)＝1＋qk＋q2k≥1＋2＋4＝7，所以eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(1,2)，,T3k＝5，))或eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(1,2)，,T3k＝eq\f(15,2)，))或eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(1,2)，,T3k＝eq\f(21,2)，))或eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(3,2)，,T3k＝eq\f(21,2)，))当eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(1,2)，,T3k＝5))时，1＋qk＋q2k＝10，解得qk＝eq\f(－1±eq\r(37),2)eq\o(\s\up1(/),∈)N*．当eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(1,2)，,T3k＝eq\f(15,2)))时，1＋qk＋q2k＝15，解得qk＝eq\f(－1±eq\r(57),2)eq\o(\s\up1(/),∈)N*．当eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(1,2)，,T3k＝eq\f(21,2)))时，1＋qk＋q2k＝21，解得qk＝4或－5(舍)．由q＝2，k＝2，代入Tk＝eq\f(b1(1－qk),1－q)，得b1=eq\f(1,6)，所以bn＝eq\F(1,6)×2n－1．由q＝4，k＝1，代入Tk＝eq\f(b1(1－qk),1－q)，得b1=eq\f(1,2)，所以bn＝eq\F(1,2)×4n－1=4n－2．当eq\b\lc\{(\a\al(Tk＝eq\f(3,2)，,T3k＝eq\f(21,2)))时，1＋qk＋q2k＝7，解得qk＝2或－3(舍)，所以q＝2，k＝1，代入Tk＝eq\f(b1(1－qk),1－q)，得b1＝eq\f(3,2)，所以bn＝3×2n－2．综上，bn＝eq\f(1,2k)(k∈N*)或bn＝eq\F(1,6)×2n－1或bn＝4n－2或bn＝3×2n－2．（3）因为Sn＝eq\f(n2＋n,4)为整数项，所以n＝4k或4k－1，k∈N*．当n＝4k－1，k∈N*时，Sn＝(4k－1)k；当n＝4k，k∈N*时，Sn＝k(4k＋1)；因为Sn中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，所以当n为奇数时，k＝eq\f(n＋1,2)，cn＝(4×eq\f(n＋1,2)－1)×eq\f(n＋1,2)＝eq\f(2n2＋3n＋1,2)；当n为偶数时，k＝eq\f(n,2)，cn＝eq\f(n,2)×(2n＋1)＝eq\f(2n2＋n,2)；所以cn＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(2n2＋3n＋1,2)(n为奇数)，,eq\f(2n2＋n,2)(n为偶数)，))【说明】本题是数列与方程的综合问题.本题考查了等差数列等比数列的基本量运算，方程整解问题.考查了运算能力，推理论证能力，分类讨论思想.

附加题1．如图，四棱锥S－ABCD的底面是平行四边形，AD＝BD＝2，AB＝2eq\r(2)，SD⊥平面ABCD.SD＝2，点E是SD上的点，且eq\o(DE,\d\fo1()\s\up7(→))＝λeq\o(DS,\d\fo1()\s\up7(→))（0≤λ≤1）.（1）求证：对任意的0≤λ≤1，都有eq\o(SC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(EA,\d\fo1()\s\up7(→))≥eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(BE,\d\fo1()\s\up7(→))；（2）若二面角C－AE－D的大小为60°，求λ的值．【解答】（1）因为AD＝BD＝2，AB＝2eq\r(2)，所以AD⊥DB.故以D为原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系o－xyz，则D（0,0,0），A（2,0,0），B（0,2,0），C（－2,2,0），S（0,0,2），E（0,0,2λ）.所以eq\o(SC,\d\fo1()\s\up7(→))＝（－2,2,－2），eq\o(EA,\d\fo1()\s\up7(→))＝（2,0,－2λ），eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝（－4,2,0），eq\o(BE,\d\fo1()\s\up7(→))＝（0,－2,2λ），则有eq\o(SC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(EA,\d\fo1()\s\up7(→))－eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(BE,\d\fo1()\s\up7(→))＝－4＋4λ－(－4＋0)＝4λ≥0，即eq\o(SC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(EA,\d\fo1()\s\up7(→))≥eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(BE,\d\fo1()\s\up7(→))．设平面ACE的一个法向量为n＝（x,y,z），所以eq\o(EA,\d\fo1()\s\up7(→))·n＝0，即2x－2λz＝0.同理eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·n＝0，即－4x＋2y＝0．取z＝1，则x＝λ，y＝2λ，所以平面ACE的一个法向量为n＝（λ,2λ,1）．显然平面ADE的一个法向量为m＝（0,1,0），由二面角C－AE－D的大小为60°知｜cos＜n,m＞|＝eq\F(1,2)，解得λ＝eq\F(\r(11),11)．【说明】考查空间向量的基本运算以及在立体几何中的应用，本题主要是用空间向量来研究二面角的大小．特别注意交待空间直角坐标系的建立过程和法向量的求解过程.2．已知2件次品和a件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出a件正品时检测结束，已知前两次检测都没有检测出次品的概率为eq\f(3,10)．（1）求实数a的值；（2）若每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和均值．【解答】(1)记“前两次检测都没有检测出次品”为事件A，P(A)＝eq\f(a(a－1),(a＋2)(a＋1))＝eq\f(3,10)得a＝3或－eq\f(2,7)(舍)．（2）X的可能取值为200，300，400．P(X＝200)＝eq\f(Aeq\o(\s\up5(2),2),Aeq\o(\s\up5(2),5))＝eq\f(1,10)，P(X＝300)＝eq\f(Aeq\o(\s\up5(3),3)＋Ceq\o(\s\up5(1),2)Ceq\o(\s\up5(1),3)Aeq\o(\s\up5(2),2),Aeq\o(\s\up5(3),5))＝eq\f(3,10)，P(X＝400)＝eq\f(6Aeq\o(\s\up5(2),3),Aeq\o(\s\up5(3),5))=eq\f(3,5)．所以X的分布列为X200300400Peq\f(1,10)eq\f(3,10)eq\f(3,5)E(X)＝200×eq\f(1,10)＋300×eq\f(3,10)＋400×eq\f(3,5)＝350．【说明】本题要注意“检测后不放回”与“检测后放回”之间的区别，正确求出相应的排列数组合数是学好分布列的基础和前提．3．已知数列T：a1，a2，…，an(n∈N*，n≥4)中的任意一项均在集合{－1，0，1}中，且对i∈N*，1≤i≤n－1，有|ai＋1－ai|＝1．（1）当n＝4时，求数列T的个数；（2）若a1＝0，且a1＋a2＋…＋an≥0，求数列T的个数．【解答】（1）当n＝4时，符合条件的数列为：0，1，0，－1；0，1，0，1；0，－1，0，－1；0，－1，0，1；1，0，－1，0；1，0，1，0；－1，0，1，0；－1，0，－1，0．共8个．（2）①当n＝4k(k∈N*)时，由a1＝0，得a3＝a5＝…＝a4k－1＝0，所以a2，a4，…，a4k中的每一个任取±1．又a1＋a2＋…＋an≥0，所以a2，a4，…，a4k中1的个数不小于－1的个数．所以数列T的个数为：Ceq\o(\s\up5(k),2k)＋Ceq\o(\s\up5(k＋1),2k)＋…＋Ceq\o(\s\up5(2k),2k)＝eq\F(1,2)(Ceq\o(\s\up5(0),2k)＋Ceq\o(\s\up5(1),2k)＋…＋Ceq\o(\s\up5(k－1),2k)＋Ceq\o(\s\up5(k),2k)＋Ceq\o(\s\up5(k＋1),2k)＋…＋Ceq\o(\s\up5(2k),2k))＋eq\F(1,2)Ceq\o(\s\up5(k),2k)＝eq\F(1,2)(22k＋Ceq\o(\s\up5(k),2k))．②当n＝4k＋1(k∈N*)时，则a1＝a3＝a5＝…＝a4k＋1＝0，同①，可知数列T的个数为eq\F(1,2)(22k＋Ceq\o(\s\up5(k),2k))．③当n＝4k＋2(k∈N*)时，则a1＝a3＝a5＝…＝a4k＋1＝0，则数列T的个数为