福建省漳州市2021届高考毕业班第一次教学质量检测(一模)数学试题(含答案)

= 3n
−1
（10 分） （6 分）
cn
=
3n Sn Sn+1
=
(3n
3n −1)(3n+1
−1)
=
1 2
(
1 3n −1
−
1
3n+1
−
) 1
Tn = c1 + c2 + c3 +…+ cn−1 + cn
（7 分）
=
1（ 1 22
−
1 ）+ 8
1（1 28
−
1 ）+ 26
1（ 1 2 26
−
1 80
（2）①选择第一个条件
bn = 4n − 2 ， bn+1 = 4n + 2
（5 分）
cn
=
4 bnbn+1
+1=
(4n
−
4 2)(4n
+
2)
+1=
1 4n −
2
−
1 4n +
2
+1
（7 分）
Tn = c1 + c2 + c3 +…+ cn−1 + cn
= (1 − 1) +1 + (1 − 1 ) + 1+ ( 1 − 1 ) + 1+…+ ( 1 − 1 ) +1+ ( 1 − 1 ) + 1
4
13.112 14.
16
15.
16.y=2x 8 （第一空 2 分，第二空 3 分）
9
12
四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分. 17. 解：
（1）设数列{an }公比为 q ，则 q 0
2S2 = 9a1 − 2
2a2 = 7a1 − 2 ，①
a3 = 2a2 + 3a1
q2 − 2q − 3 = 0 ，解得 q = 3
因为 O ， P 为 AE 和 AB 的中点，所以 OP // BE ，所以 OP ⊥ 面ADE ，OP ⊥ EA ，所以 OP , OA , OD 两两垂直 以 O 为坐标原点，以 OP , OA , OD 为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间坐标系
（1 分） （3 分）
因为 DN 平面BCDE ，所以 AM ⊥ DN
（4 分）
因为 CD = DE , DM = EN , CDE = DEN = ，所以 CDM ≌ DEN 2
4
所以 END = CMD ，所以 DMC + EDN = ，所以 ND ⊥ CM 2
因为 CM AM = M ，所以 DN ⊥平面 ACM
福建省漳州市 2021 届高三毕业班第一次教学质量检测
数学答案及评分标准
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 1.C 2.B 3.C 4.C 5.D 6.A 7.B 8.D 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求， 全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分. 9.AD 10.AB 11.AD 12.ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
2
2
0 C ,C = 3
（3 分）
根据余弦定理可得 c2 = a2 + b2 − 2ab cosC,1 2ab − ab,ab 1 ，当且仅当 a = b 时取等号
（5 分）
3
可知 ABC 面积的最大值为 SABC
=
1 absin C 2
1 1 2
3= 2
3 4，
（7 分）
（2）由
AB
（5 分） （6 分）
（2）取 AE 中点为 O , AB 中点为 P ，连接 DO , PO ，因为 ADE 为等边三角形，
所以 DO ⊥ AE 因为 BE ⊥ 平面ADE ， DO 面ADE ，所以 DO ⊥ BE
又因为 BE AE = E ，所以 DO ⊥ 面ABE ，所以 DO ⊥ OP
（1）根据 a = c cos B + 1 b ，可得 2
sinA = sinCcosB+ 1 sin B,sin(B+ C) = sinCcosB+ 1 sin B,
2
2
可得 sin B cos C + cos B sin = sinCcosB+ 1 sin B, sinB 0,cosC = 1 ，
（1 分） （2 分）
代入① a1 = 2 ， a2 = 6
an = a1qn−1 = 2 3n−1
（3 分）
则 b1 = a1 = 2 ， b2 = a2 = 2 3 = 6 ②
设数列{bn }公差为 d
1
d = b2 − b1 = 6 − 2 = 4
（4 分）
则 bn = b1 + (n −1)d = 4n − 2
）+…+
1 2
1 (3n-1 −1
−
1
3n
) −1
+
1 2
(1 3n −1
−
1) 3n+1 − 1
=
1（ 1 22
−
1 8
+
1 8
−
1 26
+
1 26
−
1 80
+…+
1− 3n-1 −1
1 3n −1 +
1 3n −1
−
1) 3n+1 − 1
（3 3n −1)
=
（4 3n+1 −1）
（10 分）
18. 解：
1)
=
1 n
−
n
1 +1
（8 分）
Tn = c1 + c2 + c3 +…+ cn−1 + cn
=（ 1 − 1 ）+（ 1 − 1 ）+（ 1 − 1 ）+…+（ 1 − 1 ）+（ 1 − 1 ）
12
23
34
n -1 n
n n+1
2
1
=1-
n +1 n
=
n +1
③选择第三个条件
Sn
=
a1 − anq 1− q
26
6 10
10 14
4n − 6 4n − 2
4n − 2 4n + 2
= (1 − 1) + (1 − 1 ) + ( 1 − 1 ) +…+ ( 1 − 1 ) + ( 1 − 1 ) + n
2 6 6 10 10 14
4n − 6 4n − 2 4n − 2 4n + 2
=1− 1 +n 2 4n + 2
BD
=
−12
可得
AB
BD
=
5
4
cos(
−
B)
=
−12
,
cos
B
=
3 5
，
sin B = 4 . 5
（9 分） （10 分）
在 ABC 中，利用正弦定理可得
AC sin B
=
AB sin C
,
AC 4
=
5 , AC = 8 3
3
3.
52
（12 分）
19. 解：
（1）证明： BE ⊥ AE ， BE ⊥ DE , AE DE = E
2n(n +1)
=
2n +1
（10 分）
②选择第二个条件
bn = 4n − 2 ， b1 = 2 ，
b1
+
b2
+
b3
+
+
bn−1
+
bn
=
n(b1
+ 2
bn
)
=
n(2
+
4n 2
−
2)
=
2n2
（7
分）
cn =
(b1
+
b2
+
b3
+
2n bn -1
+
bn
)(n
+
1)
=
2n2
2n (n
+1)
=
1 n(n +
BE ⊥平面 ADE
平面 ABE⊥平面 ADE
点 D 在平面的射影在线段 AE 上，
AED =
AED 为直线 DE 与平面 ABE 所成的角，即
3
又 AE = DE , ADE 为等边三角形 M 为 DE 中点， AM ⊥ DE
BE ⊥ AM
因为 BE DE = E ，所以 AM ⊥ 平面BCDE