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河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

流过多少汗,流下多少泪,只为高考这一天;付出多少时间,付出多少努力,只为高考这一刻;高考这条路就算布满荆棘也要披荆而过,请相信天道酬勤,请相信付出一定会有回报,对自己充满信心,加油,祝高考成功顺利。

2016-2017学年河北省衡水中学高一(下)期末数学试卷(文科)

一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

.若点(,2)在直线l:ax+y+1=0上,则直线l的倾斜角为()A.30°B.45°C.60°D.120°

2.圆x2+y2+2x+6y+9=0与圆x2+y2﹣6x+2y+1=0的位置关系是()

A.相交B.外切C.相离D.内切

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

=1﹣,则a10=()

3.在数列{a n}中,a1=,a n

+1

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

A.2 B.3 C.﹣1 D.

4.设α,β是两个不同的平面,m是一条直线,给出下列命题:①若m⊥α,m ?β,则α⊥β;②若m∥α,α⊥β,则m⊥β.则()

A.①②都是假命题 B.①是真命题,②是假命题

C.①是假命题,②是真命题D.①②都是真命题

5.一个等比数列的前n项和为45,前2n项和为60,则前3n项和为()A.85 B.108 C.73 D.65

6.在正三棱锥S﹣ABC中,异面直线SA与BC所成角的大小为()

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

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河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

A.B.C.D.

7.《算法统宗》是中国古代数学名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“竹筒容米”就是其中一首:家有八節竹一莖,为因盛米不均平;下頭三節三生九,上梢三節貯三升;唯有中間二節竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,也教算得到天明!大意是:用一根8节长的竹子盛米,每节竹筒盛米的容积是不均匀的.下端3节可盛米3.9升,上端3节可盛米3升,要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,中间两节可盛米多少升.由以上条件,要求计算出这根八节竹筒盛米的容积总共为()升.

A.9.0 B.9.1 C.9.2 D.9.3

8.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

A.36+12πB.36+16πC.40+12πD.40+16π

9.若等差数列{a n}的公差为2,且a5是a2与a6的等比中项,则该数列的前n项和S n取最小值时,n的值等于()

A.7 B.6 C.5 D.4

10.已知圆C:(x+1)2+y2=32,直线l与一、三象限的角平分线垂直,且圆C上

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

恰有三个点到直线l的距离为2,则直线l的方程为()

A.y=﹣x﹣5 B.y=﹣x+3

C.y=﹣x﹣5或y=﹣x+3 D.不能确定

11.在2013年至2016年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2017年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取回,则取回的金额是()

A.m(1+q)4元B.m(1+q)5元

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C.元D.元

12.已知函数f(x)的定义域为R,当x>0时,f(x)<2,对任意的x,y∈R,

河北省衡水中学高一下学期期末数学试卷(文科)

f(x)+f(y)=f(x+y)+2成立,若数列{a n}满足a1=f(0),且f(a n

)=f(),

+1

n∈N*,则a2017的值为()

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A.2 B. C. D.

二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)

13.已知数列{b n}是等比数列,b9是1和3的等差数列中项,则b2b16=.

14.过点A(4,a)和B(5,b)的直线与y=x+m平行,则|AB|的值为.15.将底边长为2的等腰直角三角形ABC沿高线AD折起,使∠BDC=60°,若折起后A、B、C、D四点都在球O的表面上,则球O的体积为.

16.若数列{a n}满足a2﹣a1<a3﹣a2<a4﹣a3<…<a n

﹣a n<…,则称数列{a n}为“差

+1

递增”数列.若数列{a n}是“差递增”数列,且其通项a n与其前n项和S n满足3S n=1+λ﹣2a n(n∈N*),则λ的取值范围是.

三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)

17.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=2,S5=15.

(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n;

(Ⅱ)记b n=,求数列{b n}的前n项和T n.

18.如图,在四棱锥S﹣ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为SA的中点,SB=2,BC=3,.

(Ⅰ)求证:SC∥平面BDE;

(Ⅱ)求证:平面ABCD⊥平面SAB.

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19.已知数列{a n}的各项均为正数,其前n项和为S n,且满足4S n=(a n+1)2,n ∈N*.

(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;

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(Ⅱ)设b n=,T n为数列{b n}的前n项和,求证T n<6:.

20.如图(1)所示,已知四边形SBCD是由直角△SAB和直角梯形ABCD拼接而

成的,其中∠SAB=∠SDC=90°,且点A为线段SD的中点,AD=2DC=1,AB=SD,现将△SAB沿AB进行翻折,使得二面角S﹣AB﹣C的大小为90°,得到的图形如图(2)所示,连接SC,点E、F分别在线段SB、SC上.

(Ⅰ)证明:BD⊥AF;

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(Ⅱ)若三棱锥B﹣AEC的体积是四棱锥S﹣ABCD体积的,求点E到平面ABCD 的距离.

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21.已知圆O:x2+y2=9,直线l1:x=6,圆O与x轴相交于点A,B(如图),点P (﹣1,2)是圆O内一点,点Q为圆O上任一点(异于点A、B),直线AQ与l1相交于点C.

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(1)若过点P的直线l2与圆O相交所得弦长等于4,求直线l2的方程;(2)设直线BQ、BC的斜率分别为k BQ、k BC,求证:k BQ?k BC为定值.

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22.已知数列{a n}满足:a n

+a n=2n,且a1=1,b n=a n﹣×2n.

+1

(1)求证:数列{b n}是等比数列;

(2)设S n是数列{a n}的前n项和,若a n a n+1﹣tS n>0对任意n∈N*都成立.试求t的取值范围.

2016-2017学年河北省衡水中学高一(下)期末数学试卷

(文科)

参考答案与试题解析

一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

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1.若点(,2)在直线l:ax+y+1=0上,则直线l的倾斜角为()A.30°B.45°C.60°D.120°

【考点】I2:直线的倾斜角.

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【分析】设直线l的倾斜角为θ∈[0°,180°).由点(,2)在直线l:ax+y+1=0

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上,代入可得a+2+1=0,解得a.利用tanθ=﹣a,即可得出.

【解答】解:设直线l的倾斜角为θ∈[0°,180°).

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∵点(,2)在直线l:ax+y+1=0上,∴a+2+1=0,解得a=﹣.

∴tanθ=﹣a=.

则直线l的倾斜角θ=60°.

故选:C.

2.圆x2+y2+2x+6y+9=0与圆x2+y2﹣6x+2y+1=0的位置关系是()

A.相交B.外切C.相离D.内切

【考点】JA:圆与圆的位置关系及其判定.

【分析】把两圆的方程化为标准方程,分别找出圆心坐标和半径,利用两点间的距离公式,求出两圆心的距离d,然后求出R﹣r和R+r的值,判断d与R﹣r及R+r的大小关系即可得到两圆的位置关系.

【解答】解:把圆x2+y2+2x+6y+9=0与圆x2+y2﹣6x+2y+1=0的分别化为标准方程得:

(x+1)2+(y+3)2=1,(x﹣3)2+(y+1)2=9,

故圆心坐标分别为(﹣1,﹣3)和(3,﹣1),半径分别为r=1和R=3,

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∵圆心之间的距离d==2,R+r=4,R﹣r=2,

∵,∴R+r<d,

则两圆的位置关系是相离.

故选:C.

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3.在数列{a n}中,a1=,a n

=1﹣,则a10=()

+1

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A.2 B.3 C.﹣1 D.

【考点】8H:数列递推式.

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【分析】由a1=,a n+1=1﹣,可得a n+3=a n.即可得出.

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【解答】解:∵a1=,a n+1=1﹣,

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∴a2=1﹣2=﹣1,同理可得:a3=2,a4=,…,

=a n.

∴a n

+3

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∴a10=a3×3+1=a1=.

故选:D.

4.设α,β是两个不同的平面,m是一条直线,给出下列命题:①若m⊥α,m ?β,则α⊥β;②若m∥α,α⊥β,则m⊥β.则()

A.①②都是假命题 B.①是真命题,②是假命题

C.①是假命题,②是真命题D.①②都是真命题

【考点】2K:命题的真假判断与应用.

【分析】由面面垂直的判定①为真命题;若m∥α,α⊥β,m与β不垂直,【解答】解:由面面垂直的判定,可知若m⊥α,m?β,则α⊥β,故①为真命题;

如图m∥α,α⊥β,m与β不垂直,故②是假命题.

故选:B.

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5.一个等比数列的前n项和为45,前2n项和为60,则前3n项和为()A.85 B.108 C.73 D.65

【考点】89:等比数列的前n项和.

【分析】由等比数列的性质得S n,S2n﹣S n,S3n﹣S2n成等比数列,由此能求出结果.

【解答】解:由等比数列的性质得:

S n,S2n﹣S n,S3n﹣S2n成等比数列,

∵等比数列的前n项和为45,前2n项和为60,

∴45,60﹣45,S3n﹣60成等比数列,

∴(60﹣15)2=45(S3n﹣60),

解得S3n=65.

故选:D.

6.在正三棱锥S﹣ABC中,异面直线SA与BC所成角的大小为()

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A.B.C.D.

【考点】LM:异面直线及其所成的角.

【分析】取BC中点O,连结AO、SO,推导出BC⊥平面SOA,从而得到异面直线SA与BC所成角的大小为90°.

【解答】解:取BC中点O,连结AO、SO

∵在正三棱锥S﹣ABC中,SB=SC,AB=AC,

∴SO⊥BC,AO⊥BC,

∵SO∩AO=O,∴BC⊥平面SOA,

∵SA?平面SAO,

∴BC⊥SA,

∴异面直线SA与BC所成角的大小为90°.

故选:C.

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7.《算法统宗》是中国古代数学名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“竹筒容米”就是其中一首:家有八節竹一莖,为因盛米不均平;下頭三節三生九,上梢三節貯三升;唯有中間二節竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,也教算得到天明!大意是:用一根8节长的竹子盛米,每节竹筒盛米的容积是不均匀的.下端3节可盛米3.9升,上端3节可盛米3升,要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,中间两节可盛米多少升.由以上条件,要求计算出这根八节竹筒盛米的容积总共为()升.

A.9.0 B.9.1 C.9.2 D.9.3

【考点】8B:数列的应用.

【分析】要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,设相差的同一数量为d 升,下端第一节盛米a1升,由等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组求出a1,d,由此能求出中间两节可盛米的容积,可得结论..

【解答】解:要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,设相差的同一数量为d升,下端第一节盛米a1升,

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由题意得,

解得a1=1.306,d=﹣0.06,

∴中间两节可盛米的容积为:

a4+a5=(a1+3d)+(a1+4d)=2a1+7d=2.292

这根八节竹筒盛米的容积总共为:2.292+3.9+3≈9.2(升).

故选:C.

8.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()

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A.36+12πB.36+16πC.40+12πD.40+16π

【考点】L!:由三视图求面积、体积.

【分析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体,作出直观图,代入数据计算.

【解答】解:由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体,

作出几何体的直观图如图所示:

其中半圆柱的底面半径为2,高为4,长方体的棱长分别为4,2,2,

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∴几何体的表面积S=π×22×2++2×4+2×4×2+2×4+2×2×2=12π+40.

故选C.

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9.若等差数列{a n}的公差为2,且a5是a2与a6的等比中项,则该数列的前n项和S n取最小值时,n的值等于()

A.7 B.6 C.5 D.4

【考点】8M:等差数列与等比数列的综合.

【分析】由题意可得,运用等差数列的通项公式和等比数列的中项的性质,解方

程可得a1,结合已知公差,代入等差数列的通项可求,判断数列的单调性和正负,即可得到所求和的最小值时n的值

【解答】解:由a5是a2与a6的等比中项,

可得a52=a2a6,

由等差数列{a n}的公差d为2,

即(a1+8)2=(a1+2)(a1+10),

解得a1=﹣11,

a n=a1+(n﹣1)d=﹣11+2(n﹣1)=2n﹣13,

由a1<0,a2<0,…,a6<0,a7>0,…

可得该数列的前n项和S n取最小值时,n=6.

故选:B.

10.已知圆C:(x+1)2+y2=32,直线l与一、三象限的角平分线垂直,且圆C上

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恰有三个点到直线l的距离为2,则直线l的方程为()

A.y=﹣x﹣5 B.y=﹣x+3

C.y=﹣x﹣5或y=﹣x+3 D.不能确定

【考点】J9:直线与圆的位置关系.

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【分析】设直线l的方程为y=﹣x+b,圆C的圆心C(﹣1,0),半径r=4,由

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圆C上恰有三个点到直线l的距离为2,得到圆心C(﹣1,0)到直线l:y=

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﹣x+b的距离为2,由此能求出直线l的方程.

【解答】解:∵直线l与一、三象限的角平分线垂直,

∴设直线l的方程为y=﹣x+b,

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圆C:(x+1)2+y2=32的圆心C(﹣1,0),半径r=4,

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∵圆C上恰有三个点到直线l的距离为2,

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∴圆心C(﹣1,0)到直线l:y=﹣x+b的距离为2,

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∴d==2,解得b=3或b=﹣5,

∴直线l的方程为y=﹣x﹣5或y=﹣x+3.

故选:C.

11.在2013年至2016年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2017年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取回,则取回的金额是()

A.m(1+q)4元B.m(1+q)5元

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C.元D.元

【考点】88:等比数列的通项公式.

【分析】2013年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q)4,2014年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q)3,2015年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q)2,2016年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q),由此利用等比数列前n项和公式能求出到2017年6月1日甲去银行将所有存款的本息全部取回,取回的金额.

【解答】解:2013年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q)4,

2014年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q)3,

2015年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q)2,

2016年6月1日到银行存入m元的一年定期储蓄,到2017年6月1日本息和为:m(1+q),

∴到2017年6月1日甲去银行将所有存款的本息全部取回,则取回的金额是:

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S=m(1+q)(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4=

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=.

故选:D.

12.已知函数f(x)的定义域为R,当x>0时,f(x)<2,对任意的x,y∈R,

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f(x)+f(y)=f(x+y)+2成立,若数列{a n}满足a1=f(0),且f(a n

)=f(),

+1

n∈N*,则a2017的值为()

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A.2 B. C. D.

【考点】3P:抽象函数及其应用.

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=,两边取倒数化【分析】计算a1,判断f(x)的单调性得出递推公式a n

+1

简得出∴{+}是等比数列,从而得出{a n}的通项公式.

【解答】解:令x=y=0得f(0)=2,∴a1=2.

设x1,x2是R上的任意两个数,且x1<x2,则x2﹣x1>0,

∵x>0,f(x)<2;

∴f(x2﹣x1)<2;

即f(x2)=f[(x2﹣x1)+x1]=f(x2﹣x1)+f(x1)﹣2<2+f(x1)﹣2=f(x1),

∴f(x)在R上是减函数,

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∵f(a n

)=f(),

+1

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=,即=+1,

∴a n

+1

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∴+=3(+),

∴{+}是以1为首项,以3为公比的等比数列,

∴+=3n﹣1,

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∴a n=,∴a2017=.

故选C.

二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)

13.已知数列{b n}是等比数列,b9是1和3的等差数列中项,则b2b16=4.

【考点】88:等比数列的通项公式.

【分析】利用等差数列与等比数列的性质即可得出.

【解答】解:∵b9是1和3的等差数列中项,∴2b9=1+3,解得b9=2.

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由等比数列的性质可得:b2b16==4.

故答案为:4.

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14.过点A(4,a)和B(5,b)的直线与y=x+m平行,则|AB|的值为.【考点】II:直线的一般式方程与直线的平行关系.

【分析】由两点表示的斜率公式求出AB的斜率,再根据AB的斜率等于1,得到b﹣a=1,再代入两点间的距离公式运算.

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【解答】解:由题意,利用斜率公式求得k AB==1,即b﹣a=1,

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所以,|AB|==,

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故答案为:.

15.将底边长为2的等腰直角三角形ABC沿高线AD折起,使∠BDC=60°,若折

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起后A、B、C、D四点都在球O的表面上,则球O的体积为.

【考点】LG:球的体积和表面积.

【分析】通过底面三角形BCD求出底面圆的半径DM,判断球心到底面圆的距离OM,求出球O的半径OD,即可求解球O的体积.

【解答】解:如图,在△BCD中,BD=1,CD=1,∠BDC=60°,

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底面三角形BCD的外接圆圆半径为r,则

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AD是球的弦,DA=1,

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∴OM=

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∴球的半径R=OD=,

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∴球O的体积为=.

故答案为:

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16.若数列{a n }满足a 2﹣a 1<a 3﹣a 2<a 4﹣a 3<…<a n +1﹣a n <…,则称数列{a n }为“差递增”数列.若数列{a n }是“差递增”数列,且其通项a n 与其前n 项和S n 满足3S n =1+λ﹣2a n (n ∈N *),则λ的取值范围是 (﹣1,+∞) . 【考点】8E :数列的求和.

【分析】根据数列递推公式得到数列{a n }是以2为公比的等比数列,求出数列{a n }的通项公式,再根据新定义,即可求出λ的范围. 【解答】解:∵3S n =1+λ﹣2a n (n ∈N *), n ≥2时,3S n ﹣1=1+λ﹣2a n ﹣1, 两式相减得5a n =2a n ﹣1.

故数列{a n }是以为公比的等比数列,

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当n=1时,a 1=,∴a n =

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可得a n +1﹣a n =

,a n ﹣a n ﹣1=

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由此可得(a n +1﹣a n )﹣(a n ﹣a n ﹣1)=,

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可得1+λ>0?λ>﹣1

故答案为:(﹣1,+∞)

三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)

17.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=2,S5=15.

(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n;

(Ⅱ)记b n=,求数列{b n}的前n项和T n.

【考点】8E:数列的求和;8H:数列递推式.

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【分析】(Ⅰ)设数列{a n}的公差为d,由题意得解得,利用等差数列通项公式,求和公式即可求解

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(Ⅱ)由(Ⅰ)得,b n===2(),累加即可.

【解答】解:(Ⅰ)设数列{a n}的公差为d,

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由题意得解得,

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所以a n=n(n∈N+),(n∈N+).

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(Ⅱ)由(Ⅰ)得,b n===2(),.

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则T n b1+b2+b3+…+b n=2(1﹣)=2(1﹣)=.

18.如图,在四棱锥S﹣ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为SA的中点,SB=2,BC=3,.

(Ⅰ)求证:SC∥平面BDE;

(Ⅱ)求证:平面ABCD⊥平面SAB.

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【考点】LY:平面与平面垂直的判定;LS:直线与平面平行的判定.

【分析】(Ⅰ)连接AC交BD于F,则F为AC中点,连接EF,可得EF∥SC,即SC∥平面BDE.

(Ⅱ)由SB2+BC2=SC2,得BC⊥SB,又四边形ABCD为矩形,即BC⊥平面SAB,可证平面ABCD⊥平面SAB.

【解答】证明:(Ⅰ)连接AC交BD于F,则F为AC中点,连接EF,

∵E为SA的中点,F为AC中点,∴EF∥SC,

又EF?面BDE,SC?面BDE,∴SC∥平面BDE.

(Ⅱ)∵SB=2,BC=3,,

∴SB2+BC2=SC2,∴BC⊥SB,

又四边形ABCD为矩形,

∴BC⊥AB,又AB、SB在平面SAB内且相交,

∴BC⊥平面SAB,

又BC?平面ABCD,

∴平面ABCD⊥平面SAB.

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19.已知数列{a n}的各项均为正数,其前n项和为S n,且满足4S n=(a n+1)2,n ∈N*.

(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;

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(Ⅱ)设b n=,T n为数列{b n}的前n项和,求证T n<6:.

【考点】8E:数列的求和;8H:数列递推式.

【分析】(Ⅰ)当n≥2时,4S n

﹣1=(a n

﹣1

+1)2,4S n=(a n+1)2,n∈N*.两式相

减,得(a n+a n

﹣1)(a n﹣a n

﹣1

﹣2)=0(a n﹣a n

﹣1

﹣2)=0,得a n﹣a n

﹣1

=2即可.

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(Ⅱ)由(Ⅰ)知,b n==,利用错位相减法求T n即可证明.【解答】解:(Ⅰ)当n=1时,4S1=(a1+1)2,即a1=1.

当n≥2时,4S n

﹣1=(a n

﹣1

+1)2,

又4S n=(a n+1)2,n∈N*.

两式相减,得(a n+a n

﹣1)(a n﹣a n

﹣1

﹣2)=0(a n﹣a n

﹣1

﹣2)=0.

因为数列{a n}的各项均为正数,所以a n﹣a n

﹣1

=2.

所以数列{a n}是以1为首项,2为公差的等差数列,

即a n=2n﹣1(n∈N*).

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(Ⅱ)由(Ⅰ)知,b n==,

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则T n=…①

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=…②

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①﹣②,得=1+﹣=3﹣

所以T n=6﹣<6.

20.如图(1)所示,已知四边形SBCD是由直角△SAB和直角梯形ABCD拼接而成的,其中∠SAB=∠SDC=90°,且点A为线段SD的中点,AD=2DC=1,AB=SD,现将△SAB沿AB进行翻折,使得二面角S﹣AB﹣C的大小为90°,得到的图形如

图(2)所示,连接SC ,点E 、F 分别在线段SB 、SC 上. (Ⅰ)证明:BD ⊥AF ;

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(Ⅱ)若三棱锥B ﹣AEC 的体积是四棱锥S ﹣ABCD 体积的,求点E 到平面ABCD 的距离.

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【考点】LF :棱柱、棱锥、棱台的体积;LO :空间中直线与直线之间的位置关系.

【分析】(Ⅰ)推导出SA ⊥AD ,SA ⊥AB ,从而SA ⊥平面ABCD ,进而SA ⊥BD ,再求出AC ⊥BD ,由此得到BD ⊥平面SAC ,从而能证明BD ⊥AF .

(Ⅱ)设点E 到平面ABCD 的距离为h ,由V B ﹣AEC =V E ﹣ABC ,且=,能求出

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点E 到平面ABCD 的距离.

【解答】证明:(Ⅰ)∵四边形SBCD 是由直角△SAB 和直角梯形ABCD 拼接而成的,其中∠SAB=∠SDC=90°, 二面角S ﹣AB ﹣C 的大小为90°, ∴SA ⊥AD ,

又SA ⊥AB ,AB ∩AD=A ,∴SA ⊥平面ABCD , 又BD ?平面ABCD ,∴SA ⊥BD ,

在直角梯形ABCD 中,∠BAD=∠ADC=90°, AD=2CD=1,AB=2,

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∴tan ∠ABD=tan ∠CAD=, 又∠DAC +∠BAC=90°,

∴∠ABD +∠BAC=90°,即AC ⊥BD , 又AC ∩SA=A ,∴BD ⊥平面SAC , ∵AF ?平面SAC ,∴BD ⊥AF .

解:(Ⅱ)设点E 到平面ABCD 的距离为h ,

∵V B

﹣AEC =V E

﹣ABC

,且=,

∴===,

解得h=,

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∴点E到平面ABCD的距离为.

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21.已知圆O:x2+y2=9,直线l1:x=6,圆O与x轴相交于点A,B(如图),点P (﹣1,2)是圆O内一点,点Q为圆O上任一点(异于点A、B),直线AQ与l1相交于点C.

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(1)若过点P的直线l2与圆O相交所得弦长等于4,求直线l2的方程;(2)设直线BQ、BC的斜率分别为k BQ、k BC,求证:k BQ?k BC为定值.

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【考点】J9:直线与圆的位置关系.

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【分析】(1)若过点P的直线l2与圆O相交所得弦长等于4,圆心O(0,0)

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到直线的距离,分类讨论,求直线l2的方程;

(2)求出相应直线的斜率,即可证明结论.

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【解答】(1)解:因直线l2与圆O相交所得弦长等于4,所以圆心O(0,0)

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到直线的距离