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

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1、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，bnan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*)，an0，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

2、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，bn0，b2b312，且_，设数列的前n项和为Tn，是否存在MN*，使得对任意的nN*，TnM ?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qd1，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|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

3、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q0，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d0，证明：c1c2c3cn0)，因为数列bn是首项为1的等比数列，且bn0，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Tn0，所以Tn0，所以anan110，即anan11，所以数列an是

4、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，qd1，q，b1326，Tn12，由|Tn|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|0，得1(n2)，数列是以1为首项，公差为1的等差数列，1

5、(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Tn12323525(2n1)22n1，4Tn123325527(2n3)22n1(2n1)22n1，两式相减得，3Tn22(232522n1)(2n1)22n122(2n1)22n122n1，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，d0得bn10，因此c1c2

6、c3cn0)，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

7、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

8、,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

9、(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)

10、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

11、,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

12、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.