2022-2023學(xué)年上海市曹楊第二中學(xué)高二年級上冊學(xué)期期中考數(shù)學(xué)試卷含詳解

曹楊二中2022學(xué)年第一學(xué)期高二年級數(shù)學(xué)期中

2022.11

一、填空題(第1-6題每題4分，第7-12題每題5分，滿分54分)

1.直線“、6確定一個平面，則8的位置關(guān)系為

2.已知向量a=(f,l)與向量b=(-l,3)垂直，則，=

3.已知復(fù)數(shù)Z滿足i?z=l+i(i為虛數(shù)單位)，則I*=.

4.表面積為36π的球的體積為

5.已知圓柱的高為4,底面積為9不，則圓柱的側(cè)面積為；

6.已知正方體ABCO-A14GR,則4G與平面ABCD所成角的正切值為

7.如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且A8〃CD正方體的六個面所在的平面與直線CE,

EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為相，n,那么m+〃=.

LlllllUIllll

8.如圖，已知正六邊形ABCDEF邊長為1,點P是其內(nèi)部一點，(包括邊界)，則APAC的取值范圍為

9.設(shè)ΔABC的內(nèi)角A,8,C所對的邊分別為α,b,c,若6+c=2α,3sinA=5sin8,則角C=.

10.如圖所示的多面體是經(jīng)過正四棱柱底面頂點B作截面ABGR后形成的.己知AB=1,A1A=C,C=∣D,D,DlB與

底面ABC。所成的角為?，則這個多面體的體積為.

11.若不等式(-2)"?"-3"T-(-2)”<0對任意正整數(shù)〃恒成立，則實數(shù)α的取值范圍是

12.設(shè)P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點尸處的離散曲率為

I-2（NQFQ2+NQ2PQ3++NQzWNQjQj,其中Q（i=l,2,&≥3,攵eN）為多面體M的所有與點尸相

鄰的頂點，且平面QP2,平面。/2，…，平面。1尸以和平面以P。為多面體M的所有以P為公共點的面.已知

在直四棱柱ABa）-A4GA中，底面ABC。為菱形，M=AB.

①直四棱柱ABCQ-A4GA在其各頂點處的離散曲率都相等；

②若AC=BO,則直四棱柱ABC。-AAGA在頂點A處的離散曲率為!；

③若AB=BD,則直四棱柱ABC。-ABCA在頂點A處的離散曲率為:；

④若四面體A48。在點A處的離散曲率為上，則AC1J?平面AtBD.

上述說法正確的有（填寫序號）

二、選擇題（每題5分，滿分20分）

13.設(shè)易、P2、P3、馬為空間中的四個不同點，貝『再、P2、P3、《中有三點在同一條直線上”是“片、P2、P3、4在同一個

平面上'’的（）

A.充分非必要條件B.必要非充分條件

C.充要條件D.既非充分又非必要條件

14.在空間中，直線AB平行于直線EF,直線BC、EF為異面直線，若ZA3C=120,則異面直線BC、EF所成角的

大小為（）

A.30B.60C.120D.150

15.如圖，在棱長為1的正方體ABCD-AECa中，匕2,/?分別是棱”,8。,叫的中點，以.PQR為底面作一個

直三棱柱，使其另一個底面的三個頂點也都在正方體ABCD-A禺GP的表面上，則這個直棱柱的高為（）

16.已知直線BC垂直單位圓。所在的平面，且直線BC交單位圓于點A,AB=BC=I,P為單位圓上除A外的任

意一點，/為過點尸的單位圓。的切線，則（）.

A.有且僅有一點尸使二面角3-/-C取得最小值

B.有且僅有兩點P使二面角5-/-C取得最小值

C.有且僅有一點P使二面角B-/-C取得最大值

D.有且僅有兩點P使二面角3-/-C取得最大值

三、解答題(滿分76分)

17.如圖，已知圓錐的底面半徑r=2,經(jīng)過旋轉(zhuǎn)軸So的截面是等邊三角形SA2,點Q為半圓弧AB的中點，點P

為母線SA的中點.

Q

(1)求此圓錐的體積；

(2)求異面直線尸。與S。所成角的大小.

18.如圖，在多面體ABCf>EF中，四邊形ABCC是菱形，AC、Bo相交于點0,EF//AB,AB=2EF,平面BCEL

平面ABC。，BF=CF,點G是BC的中點.

(1)求證：直線OEJ_平面ABCd

(2)若AB=BF=2,ZDAB=60°,求點G到平面A。E的距離.

19.現(xiàn)需要設(shè)計一個倉庫，它由上下兩部分組成，上部分的形狀是正四棱錐P-A4G。，下部分的形狀是正四棱

柱A88-AAG。(如圖所示)，并要求正四棱柱的高。01是正四棱錐的高Pa的4倍.

(1)若AB=6〃?,Pol=2機,則倉庫的容積是多少？

(2)若正四棱錐的側(cè)棱長為6〃?，則當(dāng)Pa為多少時，倉庫的容積最大？

20.已知矩形ABCr)中，AB=BBC=I,現(xiàn)將二Aeo沿對角線AC向上翻折，得到四面體。-ABC.

㈡

(1)求三棱錐。-ABC外接球的表面積;

(2)若點。為底面ABC內(nèi)部一點，且OA+2OB+3OC=0,求三棱錐。'-8。C與三棱錐。'-ABC的體積之比:

(3)若8。的取值范圍是弓,手，求二面角AC-B的取值范圍.

21.已知等差數(shù)列｛4｝公差為d(d*0),前〃項和為S”.

⑴若q=-l,S3=12,求｛%｝的通項公式；

⑵若4=1,q、%、小成等比數(shù)列，且存在正整數(shù)p、q(l-q),使得"與2均為整數(shù)，求力,“的值;

qp

Cr./?(p?、“02)\

⑶若"χ)=N二1,證明對任意的等差數(shù)列｛叫，不等式∑ai?NO恒成立.

2+1V1=1JIj=I)

1.平行或相交

【分析】利用平面的基本性質(zhì)求解即可.

【詳解】因為直線m匕確定一個平面，

所以。，方的位置關(guān)系為平行或相交，

故答案為：平行或相交

2.3

【分析】根據(jù)向量垂直的坐標(biāo)表示，列出方程，即可求得答案.

【詳解】因為向量a=(f,l)與向量6=(-1,3)垂直,故〃山=0，

所以T+3=0,f=3,

故答案為：3.

3.√2

【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運算及共甄復(fù)數(shù)的概念即可求解.

【詳解】解：由題可得z=?i=ι-i,貝丘=ι+i,∣a=√∑.

故答案為：√2?

4.36π

【分析】根據(jù)球的表面積先求出半徑，利用球的體積公式求出體積.

【詳解】設(shè)球半徑為「，因為球的表面積為36兀，所以4π∕=36π,解得「=3；

所以體積為萼/=￥X27=36K.

故答案為：36π

5.24;T

【分析】根據(jù)圓柱的側(cè)面積公式計算可得.

【詳解】圓柱底面積為9萬，所以底面半徑r為3,且圓柱的高〃為4,所以圓柱的側(cè)面積為S=21仍=24萬.

故答案為：24π.

A√2

O.----

2

【分析】利用平面ABC可得NGAC為直線AG與平面ABCo所成角，利用正切函數(shù)可得結(jié)論.

【詳解】解：如圖，連接AC

在正方體ABCO-AgGP中，GCi.平面ABCr),ACU平面ABC。，則GCLAC

所以直線AG與平面ABCO所成角為角NGAC,

設(shè)正方體的棱長為。，所以AC=√5?,貝hanNGAC=生=/=也

AC√2a2

所以AG與平面ABCD所成角的正切值為正.

2

故答案為：-

2

7.8

【分析】找到與直線CE,EF分別平行或共面的平面即可得解.

【詳解】正方體的左、右兩個側(cè)面與EF平行，其余4個平面與E尸相交，即附=4.

又因為CE與A8在同一平面內(nèi)，所以CE與正方體下底面共面，與上底面平行，與其余四個面相交，即％=4,所

以wz+"=4+4=8.

【點睛】本題主要考查了線面的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.

8.[0,3]

【分析】易得AP?AC=∣A斗k4?cos(AP,AC)=GM?cos(AP,AC),再由網(wǎng)?cos<AP,AC)表示AP在AC上的

投影求解.

【詳解】解：由正六邊形的性質(zhì)得：ZBCA=ZBAC=30,

貝IJAC=2χlXCoS30=石，ZCAF=120-30=90,

AP?AC=∣AP∣?∣AC∣cos(AP,AC)=√3∣AP∣-cos/AP,AC),

而卜斗COS(AP,AC)表示A尸在AC上的投影，

當(dāng)點P在C處時，投影最大為6,當(dāng)點P在尸處時，投影最小為0,

所以涔然的取值范圍為[0,3],

故答案為：[0,3]

9.—

3

71

【分析】根據(jù)正弦定理到34=5A,c=-d,再利用余弦定理得到cos。=-5,得到答案.

7

【詳解】3sinA=5sinβ,則3α=5∕?,b+c=2a,故C=W

292492

根據(jù)余弦定理：8SC="HJ+25?25〃故C=?.

2ah2a-^a23

5

故答案為：—.

【點睛】本題考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查學(xué)生的計算能力.

10.—

2

【分析】由題意，連接82B。，可得/RBD=g,在底面正方形中，由AB=I,求得BD,在用AROB中，解直

角三角形求得。。，求出直角梯形A。。A的面積，然后由棱錐的體積公式求得答案.

【詳解】如圖

TT

連接BRBR,則NRBo=W

在底面正方形中，由AB=I,得3O=√∑.

在RfZ?L>QB中，由BD=g,NRBD=W

求得￡>Q=Botanq=0xG=&

AA=GTDQq

貝IJSmfM=1(通+#)x1=

a*jzλ∣λ∣224

所以多面體的體積為：y=2χ1χ亞Xl=遠

342

故答案為：顯

2

【點睛】本題考查棱柱、棱錐及棱臺體積的求法，考查空間想象能力和思維能力，是中檔題.

”?支

【分析】分類討論即可求得α的取值范圍.

【詳解】當(dāng)〃為奇數(shù)時，2"(j)<3"T,所以i-α<g.(∣),對任意正整數(shù)〃恒成立

顯然數(shù)列?,單調(diào)遞增，令〃=1,故l-a<g1

得。>5

當(dāng)〃為偶數(shù)時，2〃(a—l)v3'i,所以〃對任意正整數(shù)〃恒成立

顯然數(shù)歹UmI「單調(diào)遞增，令"=2,故，得

綜上所述:

故答案為:

12.②④

【分析】根據(jù)題意求出線線夾角，再代入離散曲率公式，對四個選項逐一分析判斷，結(jié)合線面垂直的判定定理及性

質(zhì)即可得出答案.

【詳解】對于①，當(dāng)直四棱柱ABCQ-A耳GA的底面為正方形時,

其在各頂點處的離散曲率都相等，當(dāng)直四棱柱ABC。-AAGA的底面不為正方形時，其在同一底面且相鄰的兩個

頂點處的離散曲率不相等，故①錯誤：

對于②，若AC=BD,則菱形ABCD為正方形，

因為AAl_L平面ABCD,48,4。（=平面438,

所以∕L4lJ.AB,AA1±AD,

所以直四棱柱ABCD-AACA在頂點A處的離散曲率為1-；（9+?+弓）=:，故②正確;

Zπ?ZZZJ4

Tr

對于③，若AB=BD,則NBAo=1，

又A41J,A8,AA.1.ADf

所以直四棱柱ABCO-AAGA在頂點A處的離散曲率為1-4（9+弓+弓〕=］，故③錯誤;

2兀1223）3

對于④，在四面體AA3。中，AΛl1AB,AA.rADfAAi=AB=ADf

TT

所以N448=N4Aθ=z,

所以四面體AABO在點A處的離散曲率為+9+/BAQ）=4，

2兀［44）12

解得NBAO=易知A8=AD=√∑48,

所以8O=0AB,所以AB_L4）,

所以直四棱柱ABC。-AqGP為正方體，

因為G。?L平面ADD1A1,ADtU平面ADDtAt,

所以GRJLA。，

又AD11A。，ADCCn=D?,ARCRU平面AC1D1,

所以平面AGA，

又AGU平面ACQ,所以AGJ.AQ,

同理BOJ.AC∣,

又A。-8。=￡＞，4。,8。匚平面48。，

所以AG，平面A3。，故④正確,

所以正確的有②④.

故答案為：②④.

【點睛】本題主要考查離散曲率，考查考生的創(chuàng)新能力、邏輯思維能力、運算求解能力、空間想象能力，試卷結(jié)合

新定義——離散曲率命制立體幾何試卷，角度新穎，要求考生充分理解離散曲率的定義，結(jié)合立體幾何的結(jié)構(gòu)特征

求解，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)探索、理性思維學(xué)科素養(yǎng).

13.A

【分析】由公理2的推論(1)(2)即可得到答案.

【詳解】由公理2的推論：

過一條直線和直線外一點,有且只有一個平面,

可得小P2.與、巴在同一平面，

故充分條件成立；

由公理2的推論：

過兩條平行直線,有且只有一個平面，

可得，

當(dāng)Ee卜P2eIcPHI°、P4eI2J14時，

PrP2、Pr與在同一個平面上，

但aP2,P3、巴中無三點共線，

故必要條件不成立；

故選:A

【點睛】本題考查點線面的位置關(guān)系和充分必要條件的判斷,重點考查公理2及其推論;屬于中檔題；

公理2的三個推論：

（1）經(jīng)過一條直線和直線外一點,有且只有一個平面；

（2）經(jīng)過兩條平行直線,有且只有一個平面；

（3）經(jīng)過兩條相交直線,有且只有一個平面；

14.B

【分析】根據(jù)空間角的知識確定正確選項.

【詳解】由于E/，所以異面直線8C,EF所成角為180°-120°=60°.

故選：B

15.A

【分析】作輔助線連接AAAC,Rg,并分別取它們的中點小Q∣,R∣,利用線面垂直的判定定理證明三棱柱

PQR-IQ內(nèi)為直棱柱，利用三角形中位線定理即可求得棱柱的側(cè)棱長，即得答案.

【詳解】連接。AAC,。蜴，并分別取它們的中點AMW,

連接RB,PA,QQ∣,RR"Q?,a&Q內(nèi)，則PPt//DlB,QQ1//DtB,RRi∕/RB,

即「6〃Q2〃RN且PR=；RB,QQ∣=g?B,RR∣=;RB,

連接AC,則尸?！ˋC,PQHAC,故PQ〃勺Q-PQU平面PQR,[Q∣ɑ平面PQR,

故RQl〃平面PQR,同理可證PA//平面PQR,62IN=耳，膽耶后平面PiQlRl,

所以平面々。內(nèi)〃平面PQR,

連接。8,則Z>3LAC,而尸?！ˋC,故。B,PQ,

因為ORJ.平面ABCaPQU平面ABCr),所以。。LPQ,

又DB力R=DoB,ORU平面08。，所以PQ工平面RBU平面。BR,

所以尸。J.RB,

同理可得RBlPR,又PRPQ=P,PR,PQu平面PQR,所以RBJ"平面PQR,

所以尸［1平面PQR,QQlj■平面PQR,RNJ?平面PQR,

所以三棱柱PQR-P1QA為直棱柱，

由正方體的棱長為1,所以AB=G,則PP1=~DlB=~,

即三棱柱PQR-PtQA的高為立，

2

故選：A.

16.D

【分析】作出二面角3-/-C的平面角，設(shè)A直線/距離為d,求出二面角平面角的正切值，根據(jù)基本不等式得最大

值，再同上函數(shù)的性質(zhì)確定最小值的有無.

【詳解】解：如圖，過A作A于。，

因為BC垂直于圓。所在平面，/是平面內(nèi)的直線，因此BCJJ,

而4。BC=A,4D,8CU平面ACZ),所以/_Z平面Aa),

又因為CO,BOu平面Aer）,所以∕L8,∕L8O,所以NBOC是二面角8—/—C的平面角,

又3C垂直于圓。所在平面，4D是此平面內(nèi)的直線，所以3C_LAO,

12

設(shè)AD=d,則tan/BDA=—,tanZADC=—

dd

2」

,八CC,tanZCDA-tanZBDAj?1

所以tanNCDB=tan(ZCDA-ZBDA)=---------------------------------=aɑ

1+tanZCDAtanZBDA,?

d

當(dāng)A與P不使命，所以"rθ,即”>0,

2當(dāng),當(dāng)且僅當(dāng)d=[,即時,

則tanNCDB=j≤

等號成立,

dT■一

d

2O

由對勾函數(shù)性質(zhì)知y=d+:在（0,拒）上是減函數(shù)，dfθ時，y=d+-→+∞,

aa

所以tanNCD8在d=√5時取得最大值，即/CD?取得最大值，而tanNCDB無最小值，即/CD3無最小值，由對

稱性在平面。的另一側(cè)也有一個點P,使得/C38取得最大值.

因此這樣的點有兩個,

故選：D.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查求二面角的最值，解題關(guān)鍵是作出二面角的平面角，在直角三角形中利用正切函數(shù)

求得角的正切值，從而用基本不等式求最值.

8√3π

17.(1)

3

⑵arctan平

【分析】(1)由軸截面為等邊三角形確定圓錐的高，再由圓錐的體積公式進行求解；

(2)取。4的中點連接PM,利用三角形的中位線得到PA得到/用尸。為異面直線PQ與SO所成的角

或其補角，再利用兩個直角三角形RtaMOQ和RtPM。進行求解.

【詳解】(1)因為圓錐的底面半徑r=2,

且截面三角形SAB是等邊三角形，

所以S4=4,h=OS=2-β,

所以圓錐的體積為V=1"2∕ι=色x2G=量紅.

333

(2)取OA的中點連接PM、QM,

又點P為母線SA的中點，所以PM//OS,

故NMP。為異面直線P。與S。所成的角或其補角.

由點Q為半圓弧A8的中點，得OQLA8,

在Rti?MOQ中，因為QM=1,OQ=2,所以MQ=石，

因為RW//OS,且SoJ_平面ABQ,

所以「河，平面A8Q,又OAMQU平面A8Q,所以PM，OAPMLMQ,

因為PM=；SO=G,

在RLPMQ中，tan∕MPQ=蛆=卑=叵,

PM63

且ZMPQe[0,?∣),所以ZMPQ=arctan半.

即求異面直線尸。與S。所成角的大小為…冬

【分析】（I）先利用等腰三角形的“三線合一”得到尸GLBC,利用面面垂直的性質(zhì)得到FGL平面ABeD,再利用

三角形的中位線、平行四邊形的判定和性質(zhì)得到OE〃尸G,進而得到平面ABC。；

（2）先利用線面平行的判定定理得到BCI平面Az）E,將點G到平面AoE的距離等于點B到平面ADE的距離，再

利用ViIlD=VI>-ADE和體積公式進行求解.

【詳解】（1）連接尸G、0G,因為陽=FC,所以PG_L3C,

又因為面FBC±面ABCD,面FBC）面ABCD=BC,

FGufSEeC,所以FGJ_平面ABCL>；

因為0、G分別為AC、BC的中點，

所以O(shè)G//4B,目OG=‘AB,

2

又因為EF〃A3,且EF=LAB,

2

所以O(shè)G〃"，且OG=EF,

即四邊形OEFG為平行四邊形，

所以O(shè)E//FG,則OEJ_平面ABCZ）；

（2）因為3CV/4）,BCCZ平面Az）E,

ADu平面ADE,所以BC7/平面Ar）E

即點B到平面ADE的距離等于點G到平面ADE的距離,

設(shè)所求距離為d,則咚_,他“=VB.ΛDE.,

由(1)得OE=FG=BFX也=瓜

2

S/XSR='x2x2xsin60=?/?,

Z-Δ∕ιl√D2

則%"=；x6XG=1,

因為Oo=2sin30=1,OE=-B,5.OEYOD,

所以Z)E=Jo6+3=2,

因為OA=2cos30=6，OE=BSLOEIOA,

所以AE=JOE2+Ol=瓜<

又AZ)=2,所以VAr)E為等腰三角形，

且邊AE的高為〃=卜_凈=弓,

則s?ΛI>E=gx^拓=-?，

所以LAOE=gx半”=1，

解得d=A=亞，

√155

即點G到平面A。E的距離為獨I.

5

19.(1)312(2)PO1=2√3

【詳解】試卷分析：(1)明確柱體與錐體積公式的區(qū)別，分別代入對應(yīng)公式求解；(2)先根據(jù)體積關(guān)系建立函數(shù)解

,

析式，V=^+Vtt=y(36A-Λ)(0<Λ<6),然后利用導(dǎo)數(shù)求其最值.

試卷解析：解：(1)由Pe)I=2知OOl=4PO∣=8.

因為AB=AB=6,

所以正四棱錐P-AIBICIDI的體積∕=g?A牙?PQ=$6?x2=240/);

正四棱柱ABCD-AIBlGDl的體積%=62×8=288(m3).

3

所以倉庫的容積V=Vte+V樣=24+288=312(m).

(2)設(shè)AlBI=a(m),PO∣=h(m),則0<h<6,Ool=4h.連結(jié)O∣B∣.

222

因為在Rt.POM中，O1B1+POt=PBi,

所以(叵)2+配=36,即〃

=2(36-A2).

2

于是倉庫的容積V=Vs+v?=/?4∕∕+g/?∕?=T。/=g（36∕7-∕∕3）（0<6<6）,

從而修=生（36—3r）=26（12—〃2）.

令V，=o,得〃=2石或h=-2乖I（舍）.

當(dāng)0<∕z<2√J時，V'>0,V是單調(diào)增函數(shù)；

當(dāng)26<力<6時，V'<0,V是單調(diào)減函數(shù).

故∕2=2√5時，V取得極大值，也是最大值.

因此，當(dāng)Pa=26In時，倉庫的容積最大.

【考點】函數(shù)的概念、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、棱柱和棱錐的體積

【名師點睛】對應(yīng)用題的訓(xùn)練，一般從讀題、審題、剖析題目、尋找切入點等方面進行強化，注重培養(yǎng)將文字語言

轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語言的能力，強化構(gòu)建數(shù)學(xué)模型的幾種方法.而江蘇高考的應(yīng)用題往往需結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識解決相應(yīng)的最值問

題，因此掌握利用導(dǎo)數(shù)求最值方法是一項基本要求，需熟練掌握.

20.(1)4;T

(W

ππ

⑶^3,T

【分析】（1）利用該三棱錐的性質(zhì)找出外接球的球心與半徑計算即可；（2）將三棱錐體積之比轉(zhuǎn)化為底面積之比,

然后利用OA+2O8+3OC=0,求出底面積之比即可；（3）該圖像不好建立空間直角坐標(biāo)系，就利用幾何法畫出二

面角，然后計算各個線段的長度，利用余弦定理得到。'M∣2=g∣D'8∣2,然后利用余弦定理得到

CosZD-WM=∣-∣∣D,B∣2,最后利用8。的取值范圍求出二面角D-AC-3的取值范圍即可.

【詳解】（1）在矩形ABC。中，連接8。與AC相交于點G,

則GA=GB=GC=GD

在翻折后點G為AC中點，還是有GA=GB=GC=GD

故三棱錐D'-ABC外接球球心為點G,半徑r=JAa=?J∣A*忸Cf=1

所以外接球表面積S=4+=4萬.

（2）由題可知Yjy-Boc~?SBQCM,V/y_4flC=—SAliC-h

所以修=既

vD'-ABC^ABC

因為OA+203+30C=O，

則SBoC*SAOC'SAoB=1：2：3

因為SABC=SBoC+SAOC+SAoB

故SABC_SBoC+SAoC+SAOB_SBOC+SAoC+-1+2+3=6

SBoCSBoCSBoCSBoCSBoC

所以滬竺=合=；

vD'-ABC^ABC。

(3)過點。耳乍AC的垂線，與AC相交于點”，在平面ABC上，過點H做AC的垂線，與48相交于點M；

則二面角D-AC-3為ZUHM

顯然一AD'Cs_AHU,_ABCs,AHM

.u→=-AHD'HAD'AHMHAM

所ce以有而=肉=左’而=TF=左

由題可知AB=CO'=√5,BC=AD,=l,AC=2

故A，=：,D'H=—,MH=—,AM=—

2263

由余弦定理可知893=四部譚L竽筆叫2

36

所以有I。M2=孑。時

在一DHM中,利用余弦定理得

…=嗎簫?2M

又因為IQ'M∣2=g∣D'B∣2,Bzy的取值范圍是暗，平

所以有COSNoT=∣-2∣D'M∣2=∣-∣∣D,B∣2,^≤∣D,B∣≤2?θ

得0≤cosNOHM≤∣?

因為0≤NO'HM≤乃

所以三≤ND'HM≤三

32

ττTC

即二面角D—AC—8的取值范圍是y,y.

21.(l)?=5n-6;

⑵15；

(3)證明見解析.

【分析】(1)由等差數(shù)列的前〃項和公式求得公差d后可得通項公式；

(2)由等比數(shù)列性質(zhì)求得通項公式4=2〃-1,設(shè)“匚=5,2="印都是正整數(shù)),代入消元得(4-.簿。=2+6,

qp

因此有4-sf>0,Sf=2或3,用列舉法確定SJ的值，求出P,q,然后再求數(shù)列的項””公

(3)證明是奇函數(shù)，又是增函數(shù)，證明q+423τ與/(4)+∕(4202χ)同號，即可證不等式成立.

【詳解】(1)設(shè)｛《,｝的公差為d,則M=3χ(-l)+3d=12,d=5,

所以α,,=-l+5("T)=5"-6；

(2)設(shè)｛““｝的公差為d,由6、%、%成等比數(shù)列得M=。必”，

(l+2d)2=l+12d,,：d≠0,：.d=2,

atj=l+2(〃-1)=2/z-l,

P,q都是正整數(shù)，”=女］，2=犯?都是整數(shù)，顯然是正整數(shù)，

qqPP

設(shè)女二Ls,竺。=，(SJ都是正整數(shù))，

qp

4=女」代入應(yīng)^=，得(4_4)〃=2+5,

SP

Λ4-5f>0,P^q,則SW/,

3

若s=l,t=2,則〃=5,不合題意，若S=IJ=3,則〃=3,√=5,

一3一

若s=2,Z=I,則p=2,q=j,不合題意，若s=3,r=1,則p=5,q=3,

所以/?=3,夕=5或/?=5,4=3,即=。8=15.

(3)/(x)的定義域是R,

5=∣z?∣=賢=-∕(x),"(H是奇函數(shù)，

222

X∕U)=1----,設(shè)x∣<W,貝∣Jθ<2,"+l<2*+l,-->—~~

2'+l2x'+1+1

22

從而1一：^二7<1—77—，即/(%)</(%),所以“幻是增函數(shù)，

,

2Λ+12Λ≡+1

{a∏}是等差數(shù)列,則q+。2022=。2+。2021=…=4.+?023-1=-=。2()22+4，

2022

若q+?)23τZ0(l≤∕≤2022,∕∈N*),貝ιjW4=1011(q+?m)≥0,

/=1

a