2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】主观题专练 数列(4).doc

2024试吧大考卷二轮专题闯关导练数学【新高考】主观题专练 数列(4)数列(4)12020·山东高考第一次在线大联考在等差数列an中，已知a515，S318.(1)求数列an的通项公式；(2)若_，求数列bn的前n项和Sn.在bn，bn(1)nan，bn·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分22020·山东烟台、菏泽联考在数列an的前n项和Snn2n；函数f(x)sin x2cos2x的正零点从小到大构成数列xn，anxn；aanaan10(n2，nN*)，an>0，且a1b2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的M存在，求出M的最小值，若M不存在，说明理由数列bn是首项为1的等比数列，bn>0，b2b312，且_，设数列的前n项和为Tn，是否存在MN*，使得对任意的nN*，Tn<M ?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分32020·山东名校联考在q·d1，a2b30，S2T2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由若Sn是公差为d的等差数列an的前n项和，Tn是公比为q的等比数列bn的前n项和，_，a11，S525，a2b2，是否存在正数，使得|Tn|<12?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分42020·山东青岛检测已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，a11，anan12Sn1.(1)求a2n1；(2)求数列an的前2n项和S2n.52020·山东名校联考已知数列an中，a11，an>0，前n项和为Sn，若an(nN*，且n2)(1)求数列an的通项公式；(2)记cnan·，求数列cn的前n项和Tn.62020·浙江卷已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan1an，cn1cn，nN*.(1) 若bn为等比数列，公比q>0，且b1b26b3，求q的值及数列an的通项公式；(2)若bn为等差数列，公差d>0，证明：c1c2c3cn<1，nN*.立体几何(5)1.2020·山东滨州质量检测如图，在四棱锥P ­ ABCD中，PD底面ABCD，ADBC，ABC90°，BCD45°，BC2AD.(1)求证：BDPC；(2)若PCBC，求平面PAD和平面PBC所成的角(锐角)的余弦值22020·浙江卷如图，在三棱台ABC ­ DEF中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45°，DC2BC.(1)证明：EFDB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值32020·山东泰安质量检测如图，在三棱锥P ­ ABC中，PAC为等腰直角三角形，APC90°，ABC为正三角形，D为AC的中点，AC2.(1)证明：PBAC；(2)若三棱锥P ­ ABC的体积为，求二面角A ­ PC ­ B的余弦值42020·山东临沂模拟如图，已知矩形ABCD中，AB2AD2，点E是CD的中点，将BEC沿BE折起到BEC的位置，使二面角C­ BE ­ C是直二面角(1)证明：BC平面AEC；(2)求二面角C­ AB ­ E的余弦值52020·新高考卷如图，四棱锥P ­ ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值62020·山东师大附中模拟如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，ABEF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB2，EF1.(1)求证：平面DAF平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，二面角D ­ FE ­ B的大小为60°.立体几何(6)1如图，在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E为BB1的中点(1)求证：BC1平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值22020·山东高考第一次大联考如图，四棱锥S ­ ABCD中，底面ABCD为矩形SA平面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为45°.(1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线；(2)若EFBC，求二面角B ­ SC ­ D的余弦值32020·天津卷如图，在三棱柱ABC ­ A1B1C1中，CC1平面ABC，ACBC，ACBC2，CC13，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1，CE2，M为棱A1B1的中点(1)求证：C1MB1D；(2)求二面角B ­ B1E ­ D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值42020·山东烟台、荷泽联考如图，在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD为梯形，ABCD，ABAD，ABAD2CD2，ADP为等边三角形(1)当PB的长为多少时，平面PAD平面ABCD？并说明理由；(2)若二面角P ­ AD ­ B的大小为150°，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值52020·全国卷如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角B ­ PC ­ E的余弦值62020·山东济南质量针对性检测如图所示，半圆弧AD所在平面与平面ABCD垂直，且M是上异于A，D的点，ABCD，ABC90°，AB2CD2BC.(1)求证：AM平面BDM；(2)若M为AD的中点，求二面角B ­ MC ­ D的余弦值数列(4)1解析：(1)由题意得解得an3(n1)×33n.(2)选条件：bn.Sn11.选条件：an3n，bn(1)nan，Sn36912(1)n·3n当n为偶数时，Sn(36)(912)3(n1)3n×3.当n为奇数时，n1为偶数Sn(36)(912)3(n2)3(n1)3n×33n(n1)Sn选条件：an3n，bn2an·anbn23n·3n3n·8nSn3×(1×82×823×83n×8n)8Sn3×(1×822×833×84n×8n1)由得：7Sn3×(882838nn×8n1)3×3×Snn·8n1·8n1n·8n·8n.2解析：设公比为q(q>0)，因为数列bn是首项为1的等比数列，且bn>0，b2b312，所以q2q120，解得q3(q4不合题意，舍去)，所以bn3n1.若选，由Snn2n，可得Sn1(n1)2(n1)(n2)，两式相减可得ann2(n2)，又a1S13也符合上式，所以ann2，所以，则Tn（1）.因为>0，所以Tn<，由题意可得M，又MN*，所以M的最小值为1.若选，f(x)sin x2cos2xsin xcos x2sin，令f(x)0，可得xk，kZ，解得xk，kZ，则xnn1n，anxnn2，所以，则Tn（1），因为>0，所以Tn<，由题意可得M，又MN*，所以M的最小值为1.若选，则由aanaan10得(anan11)(anan1)0，又an>0，所以anan110，即anan11，所以数列an是公差为1的等差数列，又a1b2，则a13，所以ann2.所以，则Tn（1），因为>0，所以Tn<，由题意可得M，又MN*，所以M的最小值为1.3解析：S5255a3，a35，a23，b2a23.da2a1312.若选，q·d1，q，b13×26，Tn12，由|Tn|<12得1，又>0，所以的取值范围为(0,1若选，a2b30，b3a23，q1，b13，当n为偶数时，Tn0，则>0；当n为奇数时，Tn3，由|Tn|<12得<4.综上得的取值范围为(0,4)若选，由S2T2得b1a1a2b21331，q3，Tn.由指数函数的性质可知Tn无最大值，不存在正数，使得|Tn|<12.4解析：(1)由anan12Sn1得，an1an22Sn11，两式相减得an1(an2an)2an1，因为数列an为正项数列，所以an2an2.又a11，所以数列a2n1是以a11为首项，2为公差的等差数列，所以a2n11(n1)×22n1.(2)由(1)知，an2an2，由a11及anan12Sn1得a23，故数列a2n是以a23为首项，2为公差的等差数列，所以a2n3(n1)×22n1，所以S2na1a2a3a2n1a2n2n22n.5解析：(1)在数列an中，anSnSn1(n2)，an，且an>0，÷得1(n2)，数列是以1为首项，公差为1的等差数列，1(n1)×1n，Snn2.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，当n1时，a11，也满足上式，数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知，an2n1，cn(2n1)×22n1，则Tn1×23×235×25(2n1)×22n1，4Tn1×233×255×27(2n3)×22n1(2n1)×22n1，两式相减得，3Tn22(232522n1)(2n1)×22n122×(2n1)×22n1×22n1，所以Tn.6解析：(1)由b1b26b3，得1q6q2，解得q.由cn14cn得cn4n1.由an1an4n1得ana1144n2.(2)由cn1cn得cn，所以c1c2c3cn，由b11，d>0得bn1>0，因此c1c2c3cn<1，nN*.立体几何(5)1解析：(1)证明：取BC的中点E，连接DE，因为BC2AD，所以ADBE，又因为ADBC，所以四边形ABED是平行四边形，因为ABC90°，所以四边形ABED是矩形，所以DEBC，又BCD45°，所以DECEBC，所以BCD是直角三角形，即BDCD，又PD底面ABCD，BD底面ABCD，所以BDPD.又CD平面PCD，CD平面PCD，且PDCDD，所以BD平面PCD，又PC平面PCD，所以BDPC.(2)如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D ­ xyz，设AD1，则BC2，由(1)知DE1，DC，DB又PCBC，所以PD.所以B(，0,0)，C(0，0)，P(0,0，)，E所以(，0)，(0，)设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，则所以即取x1，则y1，z1.所以平面PBC的一个法向量为n(1,1,1)又平面PAD的一个法向量为m所以cosm，n所以平面PAD和平面PBC所成的角(锐角)的余弦值为.2解析：(1)如图，过点D作DOAC，交直线AC于点 O，连接OB.由ACD45°，DOAC得CDCO.由平面ACFD平面ABC得DO平面ABC，所以DOBC.由ACB45°，BCCDCO得BOBC.所以BC平面BDO，故BCDB.由三棱台ABC ­ DEF得BCEF，所以EFDB.(2)解法一：如图，过点O作OHBD，交直线BD于点H，连接CH.由三棱台ABC ­ DEF得DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角由BC平面BDO得OHBC，故OH平面BCD，所以OCH为直线CO与平面DBC所成角设CD2.由DOOC2，BOBC，得BD，OH，所以sinOCH，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.解法二：由三棱台ABC ­ DEF得DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O ­ xyz.设CD2.由题意知各点坐标如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)因此 (0,2,0)，(1,1,0)，(0，2,2)设平面BCD的法向量n(x，y，z)由即可取n(1,1,1)所以sin |cos，n|.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.3解析：(1)证明：PAC为等腰直角三角形，D为AC中点，PDAC，又ABC为正三角形，D为AC中点，BDAC，又PDBDD，PD，BD平面PBD，AC平面PBD，又PB平面PBD，PBAC.(2)设三棱锥P ­ ABC的高为h.BDBCsin 60°，VP ­ ABC××AC×BD×hh，h1，又PDAC1，PD平面ABC，如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D ­ xyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，P(0,0,1)，(0，0)，(1,0,1)，(1，0)设n(x，y，z)为平面PBC的一个法向量，则即令x1，得n，又是平面PAC的一个法向量，cos ，n.由图知二面角A ­ PC ­ B的平面角为锐角，二面角A ­ PC ­ B的余弦值为.4解析：(1)证明：四边形ABCD是矩形，AB2AD2，点E是CD的中点，ADE，BCE都是等腰直角三角形，AEB90°，即AEBE.又二面角C­ BE ­ C是直二面角，即平面CEB平面ABE，平面CEB平面ABEBE，AE平面ABE，AE平面CEB.又BC平面CBE，BCAE.又BCEC，AE，EC平面AEC，AEECE，BC平面AEC.(2)取BE的中点O，连接CO，易知CO平面ABE.过O点作OFAE，交AB于点F.AEEB，OFOB.以O为坐标原点，OF，OB，OC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O ­ xyz，则O(0,0,0)，A，B，C，.设n(x，y，z)为平面ABC的法向量，则即取y1，则z1，x1，n(1,1,1)为平面ABC的一个法向量CO平面ABE，为平面ABE的一个法向量，cos ，n，易知二面角C­ AB ­ E为锐二面角，故二面角C­ AB ­ E的余弦值为.5解析：(1)因为PD底面ABCD，所以PDAD.又底面ABCD为正方形，所以ADDC.因此AD平面PDC.因为ADBC，AD平面PBC，所以AD平面PBC.由已知得lAD.因此l平面PDC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­ xyz，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，(0,1,0)，(1,1，1)由(1)可设Q(a,0,1)，则(a,0,1)设n(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即可取n(1,0，a)所以cosn， .设PB与平面QCD所成角为，则sin × .因为 ，当且仅当a1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.6解析：(1)证明：平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，CB平面ABEF，AF平面ABEF，AFCB，又AB为圆O的直径，AFBF，AF平面CBF，AF平面ADF，平面DAF平面CBF.(2)根据(1)的证明，有AF平面CBF，FB为AB在平面CBF内的投影，因此，ABF为直线AB与平面CBF所成的角，ABEF，四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FHAB，交AB于H，AB2，EF1，则AH，在RtAFB中，根据射影定理AF2AH·AB，得AF1，sinABF，ABF30°，直线AB与平面CBF所成角的大小为30°.(3)设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系(如图)设ADt(t>0)，则点D的坐标为(1,0，t)，则C(1,0，t)，又A(1,0,0)，B(1,0,0)，F，(2,0,0)，设平面DCF的法向量为n1(x，y，z)，则即，令z，解得x0，y2t，n1(0,2t，)由(1)可知AF平面CFB，取平面CBF的一个法向量为n2，cos 60°，即，解得t，因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°.立体几何(6)1解析：(1)在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，AB綉DC，D1C1綉DC，AB綉D1C1，四边形ABC1D1为平行四边形，BC1AD1.又AD1平面AD1E，BC1平面AD1E，BC1平面AD1E.(2)设正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2，以A为原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，D1(2,0,2)，E(0,2,1)，(0,0,2)，(2,0,2)，(0,2,1)设平面AD1E的法向量为n(x，y，z)，由得令z2，则x2，y1，n(2,1，2)设直线AA1与平面AD1E所成的角为，则sin |cos，n|.2解析：(1)证明：以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A ­ xyz.设D(0，b,0)，S(0,0，c)，则C(1，b,0)，E，F，(0,0，c)，(0，b,0)因为EF与平面ABCD所成的角为45°，所以与平面ABCD的法向量的夹角为45°.·|cos 45°，即×c× ，解得c1，故，(1，b，1)，从而·0，·0，所以EFSC，EFAD.因此EF为异面直线AD与SC的公垂线(2)由B(1,0,0)，(0，b,0)，|得b.于是F，C(1，0)，连接FB，故，(1，1)，从而·0，即FBSC.取CF的中点G，连接GD，则G，从而·0，即GDSC.因此，等于二面角B ­ SC ­ D的平面角cos ，.所以二面角B ­ SC ­ D的余弦值为.3解析：依题意，以C为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)(1)依题意，(1,1,0)，(2，2，2)，从而·2200，所以C1MB1D.(2)依题意，(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，(0,2,1)，(2,0，1)设n(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则即不妨设x1，可得n(1，1,2)因此有cos，n，于是sin，n.所以，二面角B ­ B1E ­ D的正弦值为.(3)依题意，(2,2,0)由(2)知n(1，1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos，n.所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为.4解析：(1)当PB2时，平面PAD平面ABCD.证明如下：在PAB中，因为ABPA2，PB2，所以ABPA，又ABAD，ADPAA，所以AB平面PAD，又AB平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.(2)分别取线段AD，BC的中点O，E，连接PO，OE，则OEAB.因为ADP为等边三角形，O为AD的中点，所以POAD.又OEAB，ABAD，所以OEAD，故POE为二面角P ­ AD ­ B的平面角，所以POE150°.如图，以O为原点，分别以，的方向以及垂直于平面ABCD且向上的方向作为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­ xyz，易知OP，又POE150°，所以P，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(1,1,0)可得(0,2,0)，.设n(x，y，z)为平面PBC的法向量，则有即令x1，可得n(1，2，4)设直线AB与平面PBC所成的角为，则有sin ，所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.5解析：(1)设DOa，由题设可得POa，AOa，ABa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC.又PBPCP，PB，PC平面PBC，所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O ­ xyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，1,0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量，记n，则cosn，m.易知二面角B ­ PC ­ E的平面角为锐角，所以二面角B ­ PC ­ E的余弦值为.6解析：(1)证明：取AB的中点E，连接DE，因为AB2CD，所以CDBE，又ABCD，所以四边形BCDE为平行四边形，又CDBC，ABC90°，所以四边形BCDE为正方形不妨设CD1，则BCDEBEAE1，AB2，BDAD，所以BD2AD2AB2，即BDAD，又平面ADM平面ABCD，平面ADM平面ABCDAD，所以BD平面ADM，又AM平面ADM，所以AMBD，因为M为半圆弧AD上异于A，D的点，所以AMDM，又DMBDD，所以AM平面BDM.(2)取AD的中点O，连接OM，OE，则OEBD，所以OEAD，当M为AD的中点时，有MAMD，则OMAD，因为平面ADM平面ABCD，平面ADM平面ABCDAD，所以OM平面ABCD，以O为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O ­ xyz，由(1)知，B，C，D，M，.设m(x1，y1，z1)是平面MBC的法向量，则即令x11则y11，z13，可取m(1,1,3)设n(x2，y2，z2)是平面MCD的法向量，则即令y21，则x21，z21，可取n(1,1,1)所以cos m，n，由图可知所求二面角为钝角，所以二面角B ­ MC ­ D的余弦值为.