《2026年一本密卷高考数学》

13. 已知 $ \alpha,\beta\in(0,\pi) $，且 $ \tan\alpha = 2 $，$ \sin(\alpha + \beta) = \frac{\sqrt{2}}{10} $，则 $ \beta - \alpha = $$\frac{\pi}{4}$.

答案： 13. $\frac{\pi}{4}$ 因为$\alpha, \beta\in(0, \pi)$，且$\tan\alpha = 2 ＞ 1$，则$\alpha\in(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$，$2\alpha\in(\frac{\pi}{2}, \pi)$，
所以$\cos\alpha = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin\alpha = \frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{4}{5}$，$\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha = -\frac{3}{5}$，
因为$\alpha\in(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$，$\beta\in(0, \pi)$，
则$\alpha + \beta\in(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{2})$，
又$\sin(\alpha + \beta) = \frac{\sqrt{2}}{10}\in(0, \frac{\sqrt{2}}{2})$，
则$\alpha + \beta\in(\frac{3\pi}{4}, \pi)$，
于是$\cos(\alpha + \beta) = -\frac{7\sqrt{2}}{10}$，
$\sin(\beta - \alpha) = \sin[(\alpha + \beta) - 2\alpha] = \sin(\alpha + \beta)\cos 2\alpha - \cos(\alpha + \beta)\sin 2\alpha = \frac{\sqrt{2}}{10}×(-\frac{3}{5}) - (-\frac{7\sqrt{2}}{10})×\frac{4}{5} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
又$\alpha + \beta\in(\frac{3\pi}{4}, \pi)$，$2\alpha\in(\frac{\pi}{2}, \pi)$，
所以$(\alpha + \beta - 2\alpha)\in(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$，所以$\beta - \alpha = \frac{\pi}{4}$。

14. 设数列 $ \{a_{n}\} $ 满足 $ 3a_{1}+3^{2}a_{2}+3^{3}a_{3}+·s + 3^{n}a_{n} = n(n + 2) $，则数列 $ \{a_{n}\} $ 的通项公式为 $ a_{n} = $$\frac{2n + 1}{3^n}$.

答案： 14. $\frac{2n + 1}{3^n}$ 因为$3a_1 + 3^2a_2 + 3^3a_3 + ·s + 3^n a_n = n(n + 2)$，
所以$3a_1 + 3^2a_2 + 3^3a_3 + ·s + 3^{n - 1}a_{n - 1} = (n - 1)(n + 1)(n\geq 2, n\in N^*)$，
以上两式相减，得$3^n a_n = 2n + 1$，
所以$a_n = \frac{2n + 1}{3^n}(n\geq 2, n\in N^*)$。
当$n = 1$时，$3a_1 = 3$，得$a_1 = 1$，满足$a_n = \frac{2n + 1}{3^n}$，
所以$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = \frac{2n + 1}{3^n}$。

15. 已知数列 $ \{a_{n}\} $ 满足 $ a_{1}^{2}+(2a_{n + 1}-a_{n})^{2} = 16(a_{1}-4) $.用符号“$ \prod $”表示一系列数的连乘，例如：$ \prod_{i = 1}^{3}a_{i} = a_{1}· a_{2}· a_{3} $.若 $ \prod_{i = 1}^{n}a_{i} ＞ \frac{1}{512} $，则 $ n $ 的最大值为8.

答案： 15. 8 因为$a_1^2 + (2a_{n + 1} - a_n)^2 = 16(a_1 - 4)$，所以$(a_1 - 8)^2 + (2a_{n + 1} - a_n)^2 = 0$，
所以$a_1 = 8$且$2a_{n + 1} = a_n$，所以$\{a_n\}$是以8为首项，$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
故$a_n = 8(\frac{1}{2})^{n - 1} = (\frac{1}{2})^{n - 4}$。
由题可知
$\prod_{i = 1}^n a_i = a_1× a_2× a_3×·s× a_n = (\frac{1}{2})^{-3}×(\frac{1}{2})^{-2}×·s×(\frac{1}{2})^{n - 4}$
$ = (\frac{1}{2})^{(-3) + (-2) + ·s + (n - 4)}$
$ = (\frac{1}{2})^{\frac{n(-3 + n - 4)}{2}} = (\frac{1}{2})^{\frac{n(n - 7)}{2}}$，
$\prod_{i = 1}^n a_i ＞ \frac{1}{512}$，
即$(\frac{1}{2})^{\frac{n(n - 7)}{2}} ＞ \frac{1}{5１2} = (\frac{1}{2})^9$，
所以$\frac{n(n - 7)}{2} ＜ 9$，所以$(n + 2)(n - 9) ＜ 0$，
又$n\in N^*$，解得$n\leq 8$，所以$n$的最大值为8。

16. 已知数列 $ \{a_{n}\} $ 满足 $ a_{n + 1} = \begin{cases}2a_{n},n = 2k - 1,\\a_{n} + 1,n = 2k\end{cases}(k\in\mathbf{N}^{*}) $，且 $ a_{2} $ 是 $ a_{1} $，$ a_{3} $ 的等差中项，则数列 $ \{a_{n}\} $ 的前 2025 项的和 $ S_{2025} = $$2^{1015} - 3043$.

答案： 16. $2^{1015} - 3043$ 因为$a_{n + 1} = \begin{cases}2a_n, n = 2k - 1, \\a_n + 1, n = 2k\end{cases}(k\in N^*)$，
所以$a_2 = 2a_1$，
所以$a_3 = a_2 + 1 = 2a_1 + 1$，
因为$a_2$是$a_1$，$a_3$的等差中项，
所以$2a_2 = a_1 + a_3$，所以$4a_1 = a_1 + 2a_1 + 1$，解得$a_1 = 1$。
①当$n = 2k - 1$，$k\in N^*$时，$n + 1$为偶数，$n + 2$为奇数，
所以$a_{n + 1} = 2a_n$，$a_{n + 2} = a_{n + 1} + 1 = 2a_n + 1$，
所以$a_{n + 2} + 1 = 2(a_n + 1)$，
因为$a_n + 1 \neq 0$，所以$\frac{a_{n + 2} + 1}{a_n + 1} = 2$，
所以数列$\{a_n + 1\}(n = 2k - 1, k\in N^*)$是首项为$a_1 + 1 = 2$，公比为2的等比数列，
所以$a_n + 1 = 2× 2^{\frac{n + 1}{2} - 1} = 2^{\frac{n + 1}{2}}(n = 2k - 1, k\in N^*)$，
所以$a_n = 2^{\frac{n + 1}{2}} - 1(n = 2k - 1, k\in N^*)$。
②当$n = 2k$，$k\in N^*$时，
$a_n = 2a_{n - 1} = 2(2^{\frac{n - 1 + 1}{2}} - 1) = 2^{\frac{n + 2}{2}} - 2$。
则$\{a_n\}$的前2025项的和$S_{2025} = a_1 + a_2 + ·s + a_{2025} = (a_1 + a_3 + ·s + a_{2025}) + (a_2 + a_4 + ·s + a_{2024}) = (2^1 - 1 + 2^2 - 1 + ·s + 2^{1013} - 1) + (2^2 - 2 + 2^3 - 2 + ·s + 2^{1013} - 2) = \frac{2(1 - 2^{1013})}{1 - 2} - 1013 + \frac{2^2(1 - 2^{1012})}{1 - 2} - 2024 = 2^{1015} - 3043$。