最新湖北省武汉市第二中学高一下学期期末数学(理)试题(解析版)
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2018-2019 学年湖北省武汉市第二中学高一放学期期末数学
(理)试题
一、单项选择题 1.若等差数列 a n 的前 5 项之和 S 5 25 ,且 a 2 3 ,则 a 7 ( ) A . 12 B . 13
C . 14
D . 15
【答案】 B
5(a 1 a 5 )
a 1
a 5 10 ,又 2a 3 a 1 a 5 ,
【分析】 试题剖析: 由题意得, S 5
25
2
则 a 3 5 ,又 a 2
3 ,因此等差数列的公差为 d 2,因此 a 7
a 2
5d 3 5
2 1
3 .
【考点】 等差数列的通项公式.
2.以下结论:
① a
b
a 2
b 2 ;
1 1 ② a
b
;
a
b
③ a b , c d a d b c ; ④ a b , c
d
ac bd ,
此中正确结论的个数是( ).
A .1
B .2
C .3
D .4
【答案】 A
【分析】 依据不等式性质,联合特别值法即可判断各选项 .
【详解】
对于①,若 a=1,b 2 ,知足 a b ,但 a 2 b 2 不建立,因此 A 错误; 对于②,若 a=1,b
2 ,知足 a
b ,但
1
1 不建立,因此 B 错误;
a b
对于③, c d d c ,而 a b ,由不等式性质可得 a
d b c ,因此③正确; 对于④,若 a=1,b 2, c
1,d
3 知足 a b , c d 但 ac
bd 不建立,因此④错
误;
综上可知,正确的为③,有
1 个正确;
应选: A.
本题考察了不等式性质应用,依据不等式关系比较大小,属于基础题.
3.数列 a 的通项公式为 a n 1
,则数列 a 的前 100 项和S100
n (2 n 1) (2 n 1) n
().
A. 200 B. 200 C. 100 D. 100 201 401 201 401 【答案】 C
【分析】依据通项公式,联合裂项乞降法即可求得S 100 .
【详解】
数列a n 的通项公式为 a n
1
,
1) (2n 1)
(2 n
则S
100 a1 a2 a3 a
99
a
100
1 1 1 1 1
1 3 3 5 5 7 197 199 199 201
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 3 5 5 7 197 199 199 201
1 1
1
2201
100
201
应选: C.
【点睛】
本题考察了裂项乞降的应用,属于基础题.
4.已知m、n、a、b为空间四条不一样直线,α、β、为不一样的平面,则以下命题正确的是().
A
,a
,则 a
.若
B.若,,则/ /
C.若/ /,a , b ,则 a / / b D.若m , m // n ,n / / ,则
【答案】 D
【详解】
A
,a
,只有当a 与平面α、β的交线垂直时, a 建立,当 a 与
对于,
平面α、β的交线不垂直时, a 不建立,因此 A 错误;对于 B,,,则/ / 或,因此 B 错误;
对于 C,// , a , b
r r
,由面面平行性质可知 a / /b ,a b或 a、 b 为异面
直线,因此 C 错误;
对于 D,若m , m // n ,n / / ,由线面垂直与线面平行性质可知,建立,因此 D正确.
应选: D.
【点睛】
本题考察了空间中直线与平面、平面与平面地点关系的性质与判断,对空间想象能力要求较高,属于基础题 .
5.在等比数列a n中,a3 9 , a7 1,则 a5的值为()
A.3 或-3 B. 3 C. -3 D.不存在
【答案】 C
【分析】【详解】
分析过程略
6.如图,正方形O A B C 的边长为2cm,它是水平搁置的一个平面图形的直观图,则
原平面图形的周长是() cm.
A. 12B. 16C.4(13)D.4(12) 【答案】 B
【分析】依据直观图与原图形的关系,可知原图形为平行四边形,联合线段关系即可求
解 .
【详解】
依据直观图,可知原图形为平行四边形,由于正方形 O A B C 的边长为2cm,因此原图形OA BC 2 cm,
OB 2OB 4 2,则
AB
2
2 6
,
4 22
因此原平面图形的周长为 6 2 2 16,
应选: B.
【点睛】
本题考察了平面图形直观图与原图形的关系,由直观图求原图形面积方法,属于基础题. 7.如图是正方体的平面睁开图,则在这个正方体中:
①BM与ED平行②CN与BE是异面直线
③CN 与BM成60角④DM与BN是异面直线
以上四个命题中,正确命题的个数是()
A.1B.2C.3D.4
【答案】 B
【分析】把平面睁开图复原原几何体,再由棱柱的结构特色及异面直线定义、异面直线
所成角逐个查对四个命题得答案.
【详解】
把平面睁开图复原原几何体如图:
由正方体的性质可知,BM 与 ED 异面且垂直,故①错误;
CN 与 BE 平行,故②错误;
连结 BE ,则 BE P CN ,
EBM 为 CN 与 BM 所成角,连结 EM ,可知BEM 为正
三角形,则
EBM 60 ,故③正确;
由异面直线的定义可知,
DM 与 BN 是异面直线,故④正确.
∴正确命题的个数是
2 个.
应选: B .
【点睛】
本题考察棱柱的结构特色,考察异面直线定义及异面直线所成角,是中档题.
8.长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1 中的 8 个极点都在同一球面上, A B 3 ,AD
4 ,AA 1
5 ,
则该球的表面积为(
).
A . 200
B . 100
C . 50
D . 25
【答案】 C
【分析】 依据长方体的外接球性质及球的表面积公式,化简即可得解
.
【详解】
依据长方体的外接球直径为体对角线长,
则
2R
32 42 52
5 2
,
因此 R 5 2 ,
2
5 2
则由球的表面积公式可得 S4R
2
2 ,
4
50
球
2
应选: C.
【点睛】
本题考察了长方体外接球的性质及球表面积公式应用,属于基础题
.
9.如图,PA 垂直于以 AB 为直径的圆所在平面, C 为圆上异于
A ,
B 的随意一点, AE
PC
垂足为 ,点 F 是
上一点,则以下判断中不正确的选项是(
)﹒
E PB
面 PBC
【答案】 C
【分析】依据线面垂直的性质及判断,可判断ABC选项,由面面垂直的判断可判断 D. 【详解】
对于 A,PA垂直于以AB为直径的圆所在平面,而BC底面圆面,则PA BC ,
又由圆的性质可知AC BC ,且PA∩AC=A,
则 BC ⊥平面PAC.因此 A 正确;
对于 B,由 A 可知 BC ⊥ AE ,由题意可知AE PC ,且 BC PC C ,因此AE⊥平面 PCB ,而 EF平面PCB,因此AE EF ,因此B正确;
对于 C,由 B 可知AE⊥平面PCB,因此AC与平面PCB不垂直,因此AC PB 不建立,因此 C 错误 .
对于 D,由 A、 B 可知, BC ⊥平面PAC,BC平面PCB,由面面垂直的性质可得平
面 AEF平面PBC.因此D正确;
综上可知, C 为错误选项 .
应选: C.
【点睛】
本题考察了线面垂直的性质及判断,面面垂直的判断定理,属于基础题.
10.已知四棱锥 S ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等, E 是线段 AB上的点(不含
端点).设 SE与 BC所成的角为,SE与平面 ABC D所成的角为β,二面角 S-AB-C的平
面角为,则()
A.B.C.a D.
【答案】 C
【分析】依据题意,分别求出SE与 BC所成的角、SE与平面ABC D所成的角β、二面角 S-AB-C的平面角的正切值,由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.
【详解】
因此四棱锥为正四棱锥,
(1)过 E 作 EF / /BC ,交 CD 于 F ,过底面中心 O 作ON
EF 交EF 于N ,连结 SN ,取 AB 中点 M ,连结 OM ,以以下图( 1)所示:则 tan
SN
SN ==
;
NE
OM
( 2)连结 OE, 以以下图( 2)所示,则
tan = SO
;
OE
( 3)连结 OM ,则 tan
SO
,以以下图( 3)所示:
OM
由于 因此
SN SO, OE OM ,
tan
tan
tan ,
而 , , 均为锐角,
因此
,
应选: C.
【点睛】
本题考察了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法,属于中档题
.
11.已知 2a b 2ab 3 , a 0 , b 0 ,则 2a b 的取值范围是(
)
A . 0,3
B . 3
2,3
C . 2,
D . 2,3
【答案】 D
【分析】 依据所给等式,用 a 表示出 b ,代入 2a
b 中化简,令 t 2a 1并结构函
数 4 2 ,联合函数的图像与性质即可求得
2a b 的取值范围 .
f t t
t
【详解】
由于 2a
b 2ab 3,
因此 b
3 2a 4
,
2a 1 2a
1
1
由 b
0 解得
1 3 a
,
2
2
由于 a
0,因此 0
a
3 , 2
则 2a b
2a
4 1
2a
1
2a 1 4
2
由 0
a
3 1 2a 1
4 ,
可得
2
t 4
令
t 2a
, 1
.
1
因此 2a
4 2 1
1
2a
4 t
2
t
4 画出 f
t t
2 , 1 t 4 的图像以以下图所示:
t
由图像可知,函数 f t
t
4 4 内的值域为 2,3 ,
2 在 1 t
t
即 2a b 的取值范围为 2,3 ,
应选: D. 【点睛】
本题考察了由等式求整式的取值范围问题,
打勾函数的图像与性质应用,
注意若使用基
本不等式,注意等号建立条件及自变量取值范围影响,属于中档题
.
L
n
1
12.对于数列 { a n } ,定义 A n
a 1 2a 2 2
a n
为数列 { a n } 的“好数”,已知某
n
数列 { a }
的“好数”
A
2n 1
,记数列 { a
n
kn}
的前 n 项和为 S S
S
6
对随意
n
n
n ,若 n
的 n N * 恒建立,则实数
k 的取值范围为(
)
9 16 16 7
7 12 12 5 A . [
, ]
B . [
, ]
C . [ , ]
D . [
, ]
4 7
7 3
3
5
5
2
【答案】 B
【分析】 剖析:由题意第一求得
a n 的通项公式,而后联合等差数列的性质获得对于
k
的不等式组,求解不等式组即可求得最后结果
.
详解:由题意
a 1 2a 2 L 2n 1a n
2n 1 ,
,
A n
则 a 2a L 2n 1 a
n n 2n 1
,很显然 a 1 4
12
n ? 2 时 , a 1 2a 2 L 2n 2 a n 1
n 1 2n , 两式作差可得: 2n 1 a n n2n 1
n 1 2n
n 1 2n ,
则 a n =2( n +1), 对 a 1 也建立,故 a n =2( n +1) , 则n -
kn =(2 - ) +2,
a
k n
则数列 { n -
kn } 为等差数列,
a
故 S n ? S 6 对随意的 n
N * 恒建立可化为:
a 6- 6k ? 0, a 7- 7k ? 0;
6 2 k 2 0
k 7 . 即
2 k
2 ,解得:
16
7 0
7 3
16 7
实数 k 的取值范围为 , .
7 3
本题选择 B 选项 .
点睛:“新定义”主假如指即时定义新观点、新公式、新定理、新法例、新运算五种,
而后依据此新定义去解决问题, 有时还需要用类比的方法去理解新的定义, 这样有助于对新定义的透辟理解 . 对于本题中的新观点, 对阅读理解能力有必定的要求 . 可是,透过
现象看实质,它们考察的仍是基础数学知识,因此说“新题”不必定是“难题”
,掌握
好三基,以不变应万变才是取胜法宝
.
二、填空题
13.若 x 0 , M x 2
x , N
4x 2 ,则 M 与 N 的大小关系为 ___________ .
【答案】 M N
【分析】 依据自变量的取值范围,利用作差法即可比较大小 .
【详解】
M x 2
x , N 4 x
2 , x 0 ,
因此 M
N x 2
x
4x 2
x 2 3x 2 x 1 x 2
因此M N 0,
即M N,
故答案为: M N .
【点睛】
本题考察了作差法比较整式的大小,属于基础题.
14.已知数列a n 的前 n 项和S n n2 2n 1,则a1 a6 ___________ .
【答案】 17
【分析】依据所给 S n的通项公式,代入求得a1,并由 a6 S6 S5代入求得 a6.即可求
得 a1 a
6 的值.
【详解】
数列 a n的前n项和 S n n3 2n 1,
则 S1 1 214,
而 S6 62 2 6 1 49,S5 52 25136,
因此 a6 S6 S5 49 36 13,
则 a1 a6 4 13 17 ,
故答案为: 17 .
【点睛】
本题考察了数列前n 项和通项公式的应用,递推法求数列的项,属于基础题.
15.有一个倒圆锥形容器,它的轴截面是一个正三角形,在容器内放一个半径为3225的铁球,并注入水,使水面与球正好相切,而后将球取出,则这时容器中水的深度为
___________ .
【答案】 15
【分析】依据球的半径,先求得球的体积;依据圆与等边三角形关系,设出PAB 的边长为 a ,由面积关系表示出圆锥的体积;设取出铁球后水面高度为h ,用 h 表示出水的
体积,由 V 锥 =V 球 +V 水
即可求得液面高度 .
【详解】
由于铁球半径为
3
225 ,因此由球的体积公式可得
V 球 4 R
3
300 ,
3
设 PAB 的边长为 a ,则由面积公式与内切圆关系可得
1 3a 3
225 1 a 2
sin ,
2 2
3 解得
a 2 3
3
225 ,则圆锥的高为 3 3
225.
则圆锥的体积为 V 锥
1 2
3
225 675 ,
3 3
225
3
3
设取出铁球后的水面为 EF ,且 P 到 EF 的距离为 h ,以以下图所示:
则由 PH h ,可得 EH
3
h ,
3
1 3 h 2
因此取出铁球后水的体积为
V
hh 3
,
水
3
3 9
由 V 锥 =V 球 +V 水 ,可知 675 =300 +
h 3
,
9
解得 h 15,马上铁球取出后容器中水的深度为 15.
故答案为: 15. 【点睛】
本题考察了圆锥内切球性质的应用, 球的体积公式及圆锥体积公式的求法, 属于中档题 .
16.如图, 在正方体 ABCD
A 1
B 1
C 1
D 1 中,点
E 是棱 CC 1 上的一个动点, 平面 BED 1 交
棱 AA 1 于点 F .以下命题正确的为
_______________.
①存在点 E ,使得 A 1C 1 // 平面 BED 1 F ;
②对于随意的点
E ,平面 AC D
平面
BED F
;
1 1 1
③存在点 E ,使得B1D 平面 BED1 F ;
④对于随意的点 E ,四棱锥B1 BED1 F 的体积均不变.
【答案】①②④
【分析】依据线面平行和线面垂直的判断定理,以及面面垂直的判断定理和性质分别进
行判断即可.
【详解】
①当 E为棱CC1上的一中点时,此时 F 也为棱 AA1上的一此中点,此时A1C1// EF ,知足 A1C1// 平面 BED1 F ,故①正确;
②连结BD
1 B D AC D
,由于
BD
平面
BED F
,因此平面
A C D
平
,则 1 平面11 1 1 1 1 面 BED1 F ,故②正确;
③ BD1平面 BED1 F ,不行能存在点 E ,使得B
1
D
平面
BED
1
F
,故③错误;
④四棱锥 B1 BED1F 的体积等于 V D1 BB1 F V D1 BB1 E ,设正方体的棱长为1.
∵不论 E 、F在何点,三角形BB1E的面积为 1 1 1 1 为定值,三棱锥 D1 BB1E 的
2 1 2 1
高 D1C1 1 ,保持不变,三角形 BB1F BB1F
的面积为 1 1 为定值,三棱锥 D1
2 2
的高为 D1 A1 1 ,保持不变.
∴四棱锥 B1 BED
1
F
的体积为定值,故④正确.
故答案为①②④ .
【点睛】
本题主要考察空间直线和平面平行或垂直的地点关系的判断,解答本题的重点正确利用切割法求空间几何体的体积的方法,综合性较强,难度较大.
三、解答题
17.已知对于x的不等式ax 1 x 1 0 .
(1)当a 2时,解上述不等式.
(2)当a 1时,解上述对于x的不等式
【答案】( 1)( ,1)
.( 2)当
a 0
时,解集为 { x | x 1} ,当
0 a 1
时,解集为1
2
1 x |1 x
a ,当 a 0 时,解集为x x 1
1
或 x
a
【分析】( 1)将a2代入,联合一元二次不等式解法即可求解.
( 2)依据不等式,对 a 分类议论,即可由零点大小确立不等式的解集. 【详解】
( 1)当a2时,代入可得2x 1 x 10 ,
解不等式可得1
x 1,2
1
因此不等式的解集为,1 .
2
( 2)对于x的不等式ax 1 x 10 .
若 a 1 ,
当 a 0 时,代入不等式可得x 1 0 ,解得 x 1 ;
当 0 a 1时,化简不等式可得 a x 1
1 0,由
1
1 解不等式可得 1 x 1
x ,a a a
当 a 0 时,化简不等式可得 a x 1
x 1 0
1
,a
,解不等式可得 1 x 或x
a
综上可知,当 a 0 时,不等式解集为{ x | x 1} ,当 0 a 1时,不等式解集为
1 x |1 x
a ,当 a 0 时,不等式解集为x x 1
1
或 x
a
【点睛】
本题考察了一元二次不等式的解法,含参数分类议论的应用,属于基础题.
18. ( 本小题满分15 分 )
在等差数列 {a n} 中, a1=1,公差 d≠ 0,且 a1, a2, a5是等比数列 {b n} 的前三项.
(1)求数列 {a n} 和 {b n} 的通项公式;
(2)设 c n=a n· b n,求数列 {c n} 的前 n 项和 S n.
n-1;(2)n
【答案】( 1) b n=3(2)S n=(n-1)·3 +1
【分析】本试题主假如考察了数列的观点,和数列的乞降,特别是等差数列和等比数列
的性质的运用,以及利用错位相减法求解数列的和的思想的综合运用。
(1)依据已知的项之间的关系式,运用基本元素表示获得数列的通项公式的求解
(2)联合第一问中的结论,获得 c n=a n· b n=(2n -1) ·3n-1,的通项公式,剖析通项公式的特色,选择错位相减法求解数列的和。
解:(1)
由 a 1, a 2, a 5 是等比数列 {b n } 的前三项得,
2 = a · a ?
2
=a · (a +4d)
2 分
a
(a +d)
2
1 5
1
1
1
2
2
2
2
=2a 1d ,又 d ≠0,因此 d=2a 1=2,
? 1 +2a 1d+ d
= a 1 +4a 1d? d
a
从而 a = a
+(n - 1) d=2n - 1,
5 分
n
1
则 b 1= a 1=1,b 2= a 2=3,
则等比数列 n
n
n -1
. 7 分
{b } 的公比 q=3,从而 b =3
(2) 由 (1) 得, c n =a n · b n =(2n - 1) ·3n -
1,
8 分
则 S n = 1 · 1+3· 3+5· 32+7· 33+ +(2n - 1) · 3n -
1
①
3S n = 1 · 3+3· 32+5· 33+ +(2n - 3) · 3n -
1+(2n -1) · 3n
②10分
①-②得, - 2S n = 1 · 1+2·3+2· 32+2·33+ +2·3n -
1- (2n - 1) ·3n
n
=1+2×
- (2n -1) · 3n =-2 (n - 1) · 3n - 2
13 分
n
n
15 分 则 S =(n - 1)·3 +1.
19.如图,直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中, D,E 分别是 AB , BB 1 的中点 .
(Ⅰ)证明: BC // 平面 A CD;
1
1
(Ⅱ)设 AA = AC=CB=2, AB=2 2 ,求三棱锥 C 一 A DE 的体积 .
1
1
【答案】(Ⅰ)看法析(Ⅱ) V C
1 1 3
2 1
A 1DE
3
6
2
【分析】 试题剖析:(Ⅰ)连结 AC 交 A 1C 于点 F ,则 DF 为三角形 ABC 的中位线,故 DF
1
1
∥ BC .再依据直线和平面平行的判断定理证得
BC ∥平面 A CD .(Ⅱ)由题意可得此直
1
1
1
三棱柱的底面 ABC 为等腰直角三角形,
由
D 为 AB 的中点可得 CD ⊥平面 ABB 1A 1.求得 CD
的值,利用勾股定理求得
A D 、 DE 和 A E 的值,可得 A D ⊥ DE .从而求得 S △ A DE 的值,
1
1
1
1
1 ?S
?CD ,运算求得结果
再依据三棱锥 C-A DE 的体积为
1
3 △ A1DE
试题分析:( 1)证明:连结 AC 交 A C 于点 F ,则 F 为 AC 中点又 D 是 AB 中点,
1
1
1
连结 DF ,则 BC 1∥ DF . 3 分
由于 DF? 平面 A 1CD , BC 1 不包括于平面 A 1CD , 4 分
因此 BC 1∥平面 A 1CD . 5 分
( 2)解:由于 ABC ﹣ A 1B 1C 1 是直三棱柱,因此 AA 1⊥ CD .由已知 AC=CB , D 为 AB 的中点,因此 CD ⊥AB .又 AA 1∩ AB=A ,于是 CD ⊥平面 ABB 1 A 1. 8 分
由 AA 1=AC=CB=2,
得∠ ACB=90°, , , ,A 1E=3,故
A 1D 2+DE 2=A 1E 2,即 DE ⊥ A 1D 10 分
因此三菱锥 C ﹣ A 1DE 的体积为:
=
=1. 12 分
【考点】 直线与平面平行的判断;棱柱、棱锥、棱台的体积
20.经过长久观察获得:在交通忙碌的时段内,某公路汽车的车流量 y (千辆 / h )与汽
车的均匀速度 v km/h 之间的函数关系式为:
y
280v
.
10v
v 2
3600
( 1)若要求在该段时间内车流量超出
2 千辆 /h ,则汽车在均匀速度应在什么范围内? 2
ckm/h ,当汽车的均匀速度 v 为多少 ( )在该时段内,若规定汽车均匀速度不得超出 时,车流量最大?最大车流量为多少?
【答案】( ) 40,90 ﹒( 2 )
v 60 时,最大车流量 28 辆
/h .
1
13
【分析】( 1)依据题意,解不等式即可求得均匀速度的范围.
( 2)将函数分析式变形,联合基本不等式即可求得最值,及取最值时的自变量值 .
【详解】
( 1)车流量 y (千辆 / h )与汽车的均匀速度
v km/h 之间的函数关系式为:
y
280v
.
10v
v 2 3600
则
280v
2 ,
v 2 10v 3600
变形可得 v 40 v 90
0 ,
即汽车在均匀速度应在
40,90 内 .
( 2)由 y
2
280v ,、
v 10v
3600
变形可得
y
280
v 3600 10
v 280
28 , 120 10 13
当且仅当 v 3600
v ,即 v 60 时取等号,
故当汽车的均匀速度 v
60 ,车流量最大,最大车流量为
28
千辆 /h.
13
【点睛】
本题考察了一元二次不等式的解法,由基本不等式求最值,属于基础题
.
21.四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,侧面
SBC
底面 ABCD ,已知
ABC 45 , VSAB 为正三角形.
( 1)证明 SA BC .
( 2)若 BC
2 2,AB SA SB 2
,求二面角 C SA B 的大小的余弦值. 【答案】( 1)证明看法析. ( 2)二面角 C SA B 的余弦值为
1
.
3
【分析】( 1)作 SO BC 于点 O ,连结 AO ,依据面面垂直性质可得 SO 底面 ABCD , 由三角形全等性质可得 AO BO ,从而依据线面垂直判断定理证明
BC ⊥ 平面 SAO ,
即可证明 SA
BC .
( 2)依据所给角度和线段关系, 可证明以
SAC, SAB 均为等边三角形, 从而取 SA
中
点 M ,连结 CM , BM ,即可由线段长联合余弦定理求得二面角 C SA B 的大小.
【详解】
( 1)证明:作 SO
BC 于点 O ,连结 AO ,以以下图所示:
由于侧面 SBC底面ABCD,
则 SO 底面ABCD,
由于SAB 为正三角形,则SA SB,
因此SOA SOB ,即 OA OB ,
又由于ABC 45 ,
因此 AO BO ,而 AO SO O ,
因此 BC ⊥平面SAO,
因此 BC SA.
( 2)由( 1)可知AO BO,AB SA SB 2,ABC 45 ,因此BO 2
,
又由于BC 2 2,因此
BO CO 2,即 O为BC中点.
由等腰三角形三线合一可知SB SC 2 ,
在ABC 中,由等腰三角形三线合一可得AC AB 2 ,因此SAC, SAB 均为边长为 2 的等边三角形,
取 SA中点 M ,连结 CM , BM ,以以下图所示:
由题意可知,BMC 即为二面角C SA B 的平面角,
因此在BMC 中由余弦定理可得
cos BMC
CM
2
BM
2
BC
2
3 3 8
1 , 2CM BM
2 3 3
3
即二面角 C
1 .
SA B 的余弦值为
3
【点睛】
本题考察了线面垂直的判断定理,
面面垂直的性质应用, 二面角夹角的去找法及由余弦
定理求二面角夹角的余弦值,属于中档题
.
22.已知各项为正数的数列
a
a n
1 2,3,4,L , 且 a 1
知足: , n .
n
2 a n 1
n
( 1)证明:数列
1 为等差数列.
a n 1
( 2)若 a 10,
1
n ,都有 a 1 a 3 a 5 L a 2n
1 ,证明:对全部正整数
1
2n 1
2
【答案】( 1)证明看法析. ( 2)证明看法析.
【分析】( 1)依据所给递推公式,将式子变形,即可由等差数列定义证明数列
1
a n 1
为等差数列 .
1 ( 2)依据数列
为等差数列,联合等差数列通项公式求法求得通项公式,并变
a n
1
1 1 . 由 a 1
0,
1
求得 t 的取值范围,即可表示出 a 1 a 3 a 5 L a 2n 1 ,
形后令 t
1
a 1
2
由不等式性质进行放缩,求得 a 1 a 3
a 5
L a
2n 1
2
后,即可证明不等式建立 .
【详解】
( 1)证明:各项为正数的数列 a n 知足:
a
n
1 ,
2
, n 2,3,4,L
a
n 1
则 a n 1
1 a
n 1
1
1,
a
n 1
1
a n , a n 2
2 1
同取倒数可得
1
2 a n
1
1
1
a n 1 a n 1
1
,
a n 1 1
1 1
1,
因此
a
n 1
a n 1
1
由等差数列定义可知数列
1 为等差数列.
a n
1
( 2)证明: 由( 1)可知数列
1
为等差数列.,
a n 1
则数列
1
1
为首项,以 d
1 为公差的等差数列 .
a n 1 是以
a 1 1
则
1
1 n 1 1
1 n ,
1
a 1
1
1 a n
a 1 1
令 t
1 1,
a 1 1
由于 a 1
0,
1
,
2
因此 t
1 1
1,1 ,
a 1 1
则
1
t
n ,
1
a n
因此 a n
1
t 1 1 1 n t 1 ,
n n t
n t
因此 a 1 a 3 a 5 L a 2n 1
1 t
2 t
4 t 2n 2 t , t 3 t
5 t
2n 1 t
2 因此 a 1 a
3 a 5 L a 2n 1
t 2 t 4 t 2n 2 2
t 1 t 3 t 5 t 2n 1 t
t t 2 t 2 t 4 t 4 t
2n 2 t 2n
2 t 1 t 1 t
3 t 3 t 5 t 5 t
2n 1 t 2n
1 t
由不等式性质可知,若 0 a
b ,则
a
a 1
总建立,
b
b 1
因此
t 1 t , 2 t 3 t , 2n 2 t
2n 1 t ,
1 t
2 t
3 t
4 t 2n 1 t
2n t
因此 a a a L a 2
1
1
3
5
2n
t t 2 t 2 t 4 t 4 t 2n 2 t 2n 2 t
1 t 1 t 3 t 3 t 5 t 5 t 2n 1 t 2n 1 t
t 1 t 2 t 3 t 2n 2 t 2n 1 t 1 t 2 t 3 t 4 t 2n 1 t 2n t
最新湖北省武汉市第二中学高一下学期期末数学(理)试题(解析版) 21 / 21
t 1
2n t 2n 1
因此 a 1 a 3 a 5 L a 2n 1 1
2n 1
不等式得证 .
【点睛】
本题考察了数列递推公式的应用, 由定义证明等差数列, 换元法及放缩法在证明不等式 中的应用,属于中档题 .
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