2024年衡水金卷先享题高三一轮复习夯基卷(辽宁专版)一数学.考卷答案试卷答案,我们目前收集并整理关于2024年衡水金卷先享题高三一轮复习夯基卷(辽宁专版)一数学.考卷答案得系列试题及其答案，更多试题答案请关注微信公众号：考不凡/直接访问www.kaobufan.com(考不凡)
2024年衡水金卷先享题高三一轮复习夯基卷(辽宁专版)一数学.考卷答案试卷答案
以下是该试卷的部分内容或者是答案亦或者啥也没有，更多试题答案请关注微信公众号：考不凡/直接访问www.kaobufan.com(考不凡)
2SOHCO入Cb点溶液中大量存在的阳离子有A艹和B-2HAcd两点滨波中a(OD,均E亮全反应动设为0
·L项分数为X的流硫限中得冒到44s0N0和36mLN.O,的混合气休（标准状况，向反应后的溶液中加入1.0mo沉淀去除,LN1溶液至离恰好全部沉淀时，下列说法不正确的是冷刀入该合金中铜与镁的物质的量之比是2：3及该浓硝酸中NO,的物质的量浓度是14.0m0l·LC产生沉淀8.51g效去除D离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230ml一选择题本题共小题、年小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求，全邮选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分山利用裸销靶材废科（主要成分为N以及微量A的单质回收箱的稀盐酸种工艺流程如下
镍铂靶王水NH,CI溶液材废料→酸浸]→溶解→沉铂煅烧Pt滤液①已知：①“沉铂”时发生的反应为[PC1]+2NHNo滤液②②隔绝空气“煅烧”时有两种单质生成，其中一种是N
(NH)2PtCl6Y
下列说法正确的是乙乃A“酸浸”时应在较高温度下进行B滤液②可返回“酸浸”工序循环利用C溶解"时发生的离子反应为3P十16H+4N0+18C-3[PtC]2-+4NO个+8H2OQ隔绝空气“授烧”时每生成117.0gPt,理论上产生标准状况下13.44LN
2如所示的实验：发现烧杯中酸性KMO,溶液褪色
若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeSO,溶液，溶液呈红色
判断冰下列说法中不正确的是C,A该条件下H,燃烧生成既具有氧化性又具有还原性的物质H,酸性KMnO,B该条件下H燃烧的产物中可能含有一定量的H,O,溶液C酸性FeSO溶液中加入过氧化氢的离子反应为：Fe2++HO2+2H+Fe3++2H2OD.将烧杯中溶液换成碘化钾淀粉溶液也能验证生成物具有还原性3某兴趣小组对实验室中的一种白色固体进行鉴别，实验探究如下：①将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A,溶液呈碱性；②用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰；③取少量溶液A加入酸性KMO,溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀；④另取少量溶液A加入硫粉，加热，硫溶解生成无色溶液B,且无其他明显现象；继续向溶液B中加入盐酸，产生淡黄色沉淀和刺激性气味的气体；若将溶液B加入AgBr沉淀中，沉淀溶解
下列叙述错误的是A由实验可推测该白色固体为NaSO,或NaHSO.&实验③发生的离子方程式可能为5HS0,+2MnO,+H一2Mm2+5S0+3H,0C实验③中生成无色溶液B的化学方程式为NaSO,+S△NaS,0
D由实验④可知S.0时可以和Ag形成配合物Ag(S,O):]'而溶解AgBr2023届·普通高中名校联考信息卷（月考一）·化学3
分析（1）由于$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$=an+1，不满足条件①，因此{an}不具有“性质m”；由于$\frac{{b}_{n}+{b}_{n+2}}{2}$=1-$\frac{{n}^{2}+2n+2}{{n}^{2}（n+2）^{2}}$＜1-$\frac{（n+1）^{2}+1}{（n+1）^{4}}$＜1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$=bn+1，又${b_n}=1-\frac{1}{n^2}$＜1（n∈N*），即可判断出；
（2）等比数列{cn}的公比为q＞0且q≠1，由${c_3}=\frac{1}{4}$，${S_3}=\frac{7}{4}$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{c}_{1}{q}^{2}=\frac{1}{4}}\\{\frac{{c}_{1}（1-{q}^{3}）}{1-q}=\frac{7}{4}}\end{array}\right.$，解得c1，q．可得Sn=2$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$．进而验证即可证明．
（3）对于任意的n≥3（n∈N*），数列{dn}具有“性质m”，利用$\frac{{d}_{n}+{d}_{n+2}}{2}$＜dn+1，化为：t＞$\frac{1}{n-2}$，可得t＞1．另一方面：$\frac{t（3•{2}^{n}-n）+1}{{2}^{n}}$≤9，可得t≤3，即可得出．
解答（1）解：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$=$\frac{n+n+2}{2}$=n+1=an+1，不满足条件①，因此{an}不具有“性质m”；
$\frac{{b}_{n}+{b}_{n+2}}{2}$=$\frac{1-\frac{1}{{n}^{2}}+1-\frac{1}{（n+2）^{2}}}{2}$=1-$\frac{1}{2}（\frac{1}{{n}^{2}}+\frac{1}{（n+2）^{2}}）$=1-$\frac{{n}^{2}+2n+2}{{n}^{2}（n+2）^{2}}$＜1-$\frac{（n+1）^{2}+1}{（n+1）^{4}}$＜1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$=bn+1，因此{bn}满足条件①，又${b_n}=1-\frac{1}{n^2}$＜1（n∈N*），
因此存在M=1，使得bn＜M，综上可得{bn}是否具有“性质m”．
（2）证明：等比数列{cn}的公比为q＞0且q≠1，∵${c_3}=\frac{1}{4}$，${S_3}=\frac{7}{4}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{c}_{1}{q}^{2}=\frac{1}{4}}\\{\frac{{c}_{1}（1-{q}^{3}）}{1-q}=\frac{7}{4}}\end{array}\right.$，解得c1=1，q=$\frac{1}{2}$．
∴Sn=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=2$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$．∵$\frac{{S}_{n}+{S}_{n+2}}{2}$=$\frac{2（1-\frac{1}{{2}^{n}}）+2（1-\frac{1}{{2}^{n+2}}）}{2}$=2$-\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{1}{{2}^{n+2}}$=2-$\frac{5}{{2}^{n+2}}$$2-\frac{4}{{2}^{n+2}}$＜2-$\frac{1}{{2}^{n}}$=Sn+1，∴数列{Sn}满足条件①．
又Sn=2$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$＜2，∴存在M=2，使得Sn＜M，数列{Sn}满足条件②．综上可得：数列{Sn}具有“性质m”，M的取值范围是[2，+∞）．
（3）对于任意的n≥3（n∈N*），数列{dn}具有“性质m”，
∴$\frac{{d}_{n}+{d}_{n+2}}{2}$＜dn+1，化为：t＞$\frac{1}{n-2}$，∴t＞1．
另一方面：$\frac{t（3•{2}^{n}-n）+1}{{2}^{n}}$≤9，
∴$t≤\frac{9×{2}^{n}-1}{3×{2}^{n}-n}$=3+$\frac{3n-1}{3×{2}^{n}-n}$，∴t≤3，
∴1＜t≤3，
∴整数t=2，3．
点评本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式的性质、新定义、有界数列，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
