宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题

石嘴山市第一中学2024-2025学年高二年级第一学期期末考试 数 学 试 题 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 1．已知集合，，则 A．[2，+） B．[1，2] C．（1，2] D．（﹣，1] 2．双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 3．函数的图象在点处的切线方程为（    ）． A． B． C． D． 4．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（    ） A． B． C． D． 5．函数的部分图象如图所示，则下列叙述错误的是（    ） A．函数的图象可由的图象向右平移个单位得到 B．函数在区间上是单调递增的 C．函数在区间上的值域为 D．是函数图象的一条对称轴 6．各项为正的等比数列满足，则与的等比中项为（    ） A． B．3 C． D． 7．大衍数列，米源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则大衍数列中奇数项的通项公式为（    ） A． B． C． D． 8．已知双曲线的左焦点为为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分. 9．对抛物线,下列描述正确的是（    ） A．开口向左，焦点为 B．开口向左，准线方程为 C．开口向下，准线方程为 D．开口向下，焦点为 10．已知等差数列 是递减数列，且满足的前项和为，下列选项中正确的是（    ） A． B．当时，最大 C． D． 11．已知数列满足，，则下列结论中正确的是（    ） A． B．为等比数列 C． D． 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．若，则的虚部是 . 13．已知函数的导函数为，且对任意，，若，，则的取值范围是 . 14．若数列满足对任意都有，则称数列为上的“凹数列”.已知，若数列为上的“凹数列”，则实数的取值范围是 . 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．已知等差数列满足：，，数列的前项和是． (1)求及； (2)令，求数列的前项和的取值范围． 16．如图，在凸四边形中，已知． (1)若，，求的值； (2)若，四边形的面积为4，求的值． 17．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，． (1)证明：． (2)求二面角的余弦值． 18．已知直线分别经过椭圆左顶点和上顶点，，是椭圆的左、右两个焦点，椭圆的离心率． (1)求实数和椭圆方程； (2)设过点且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围． 19．已知单调递增的等比数列满足：.且是，的等差中项.又数列满足：，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，且数列为等比数列，求的值； （3）若，且为数列的最小项，求的取值范围. 第3页 共4页 ◎ 第4页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 答案第 1 页，共 10 页 石嘴山市第一中学 2024-2025 学年高二年级第一学期期末考试 数学 参考答案及解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A C D A B D CD AC 题号 11 答案 AC 1．C 【分析】由题意，可求出𝐴 = (1,+∞)，𝐵 = (−∞,−1] ∪ (2,+∞)，进而求出𝐶𝑅𝐵，然后与𝐴取 交集即可． 【详解】由题意，𝑦 = 2𝑥 + 1 > 1，故𝐴 = (1,+∞)； 𝑥+1 𝑥−2 ≥ 0等价于{ (𝑥 + 1)(𝑥 − 2) ≥ 0 𝑥 − 2 ≠ 0 ，故 𝐵 = (−∞,−1] ∪ (2,+∞)，则𝐶𝑅𝐵 = (−1， 2]，故𝐴 ∩ (𝐶𝑅𝐵) = (1， 2]. 故选 C. 【点睛】本题考查了集合的交集与补集，考查了不等式的求法，函数值域的求法，属于基础 题． 2．B 【分析】先判断双曲线的焦点位置，然后得到渐近线方程的一般形式，再根据𝑎, 𝑏的值直接 写出渐近线方程. 【详解】因为双曲线的焦点在𝑦轴上，所以双曲线的渐近线方程为𝑦 = ± 𝑎 𝑏 𝑥， 又因为𝑎 = √2, 𝑏 = 1，所以渐近线方程为𝑦 = ±√2𝑥. 故选：B. 【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，难度较易.双曲线的实轴长为2𝑎，虚轴长为2𝑏， 若焦点在𝑥轴上，则渐近线方程为𝑦 = ± 𝑏 𝑎 𝑥，若焦点在𝑦轴上，则渐近线方程为𝑦 = ± 𝑎 𝑏 𝑥； 求解双曲线渐近线方程的另一种方法：直接将双曲线方程中的1变为0，由此得到的𝑥, 𝑦关系 式即为渐近线方程. 3．A 【解析】首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程； 【详解】解：由𝑓(𝑥) = 𝑥2 + ln𝑥 − 2，得𝑓′(𝑥) = 2𝑥 + 1 𝑥 ， 所以𝑓(1) = −1，𝑓′(1) = 3， 答案第 2 页，共 10 页 所以切线方程为𝑦 = 3(𝑥 − 1) − 1 = 3𝑥 − 4. 故选：A 【点睛】本题考查利用导数求切线方程，属于基础题. 4．C 【分析】根据直线与圆的位置关系求得圆的半径，即可求得结果. 【详解】因为点(−3,2)到直线3𝑥 − 𝑦 + 1 = 0的距离是𝑑 = |3×(−3)−2+1| √32+12 = √10， 所以圆的半径为√10，所以圆的方程为(𝑥 + 3)2 + (𝑦 − 2)2 = 10. 故选：C. 5．D 【分析】根据图象可求出解析式为𝑦 = 2cos (2𝑥 − 𝜋 6 )，对于 A，𝑓(𝑥) = 2cos (2(𝑥 − 𝜋 12 ))， 故该选项正确；对于 B，可求得[− 5𝜋 12 , 𝜋 12 ]是它的一个单增区间，[− 𝜋 3 , 𝜋 12 ] ⊆ [− 5𝜋 12 , 𝜋 12 ]，故该 选项正确；对于 C，2𝑥 − 𝜋 6 ∈ [− 7𝜋 6 , − 𝜋 6 ]，由余弦函数的图象可得𝑦 ∈ [−2,√3]，所以该选项 正确；对于 D，𝑓 ( 5𝜋 6 ) = 0，不是函数的最值，故𝑥 = 5𝜋 6 不是对称轴，所以该选项错误. 【详解】根据图象可得𝐴 = 2, 𝑓(0) = √3, 𝑓( 𝜋 3 ) = 0，所以函数的解析式为𝑦 = 2cos (2𝑥 − 𝜋 6 ). 对于 A，𝑓(𝑥) = 2cos (2𝑥 − 𝜋 6 ) = 2cos (2 (𝑥 − 𝜋 12 ))，故可由𝑦 = 2cos(2𝑥)的图像向右平移 𝜋 12 个 单位得到𝑓(𝑥)的图象，故该选项正确； 对于 B，可求得𝑓(𝑥)的单增区间为[− 5𝜋 12 + 𝑘𝜋, 𝜋 12 + 𝑘𝜋] (𝑘 ∈ 𝑍)，故[− 5𝜋 12 , 𝜋 12 ]是它的一个单增 区间，而[− 𝜋 3 , 𝜋 12 ] ⊆ [− 5𝜋 12 , 𝜋 12 ]，故该选项正确； 对于 C，𝑥 ∈ [− 𝜋 2 , 0] ⇒ 2𝑥 − 𝜋 6 ∈ [− 7𝜋 6 , − 𝜋 6 ]，由余弦函数的图象可得𝑦 ∈ [−2, √3]，所以该 选项正确； 对于 D，𝑓 ( 5𝜋 6 ) = 2cos ( 10𝜋 6 − 𝜋 6 ) = 2cos ( 3𝜋 2 ) = 0，不是函数的最值，故𝑥 = 5𝜋 6 不是对称轴， 所以该选项错误. 故选：D 【点睛】方法点睛：对于三角函数𝑦 = 𝐴cos(𝜔𝑥 + 𝜑)的性质的命题的真假的判断，一般要利 用余弦函数的图象和性质分析求解. 6．A 答案第 3 页，共 10 页 【分析】利用等比数列的基本性质可求得𝑎7𝑎9的值，结合等比中项的定义可得结果. 【详解】由对数的运算性质可得5 = log27(𝑎1𝑎2⋯𝑎15) = log27𝑎8 15，∴ 𝑎8 15 = 275 = 315， ∵ 𝑎8 > 0，则𝑎8 = 3，∴ 𝑎7𝑎9 = 𝑎8 2 = 9，故𝑎7与𝑎9的等比中项为±3. 故选：A. 7．B 【分析】直接代入检验，排除其中三个即可． 【详解】由题意𝑎1 = 0，排除 D，𝑎3 = 4，排除 A，C．同时 B也满足𝑎5 = 12，𝑎7 = 24，𝑎9 = 40， 故选：B． 【点睛】本题考查由数列的项选择通项公式，解题时可代入检验，利用排除法求解． 8．D 【分析】连接𝑃𝐹2，利用中位线性质得到△ 𝑃𝐹1𝐹2是∠𝐹2𝐹1𝑃 = π 6 的直角三角形，在焦点三角 形中利用双曲线定义即可建立𝑎, 𝑐的关系，从而求得离心率． 【详解】设双曲线的焦距为2𝑐(𝑐 > 0)，右焦点为𝐹2，直线𝑂𝑄交𝐹1𝑃于点𝑀，连接𝑃𝐹2， 因为△ 𝑃𝐹1𝑄为正三角形，𝑂𝑄 ⊥ 𝐹1𝑃，所以𝑀为𝐹1𝑃的中点，所以𝑂𝑀//𝐹2𝑃， 故∠𝐹1𝑃𝐹2 = π 2 ，易知∠𝐹2𝐹1𝑃 = π 6 ，所以|𝑃𝐹2| = 𝑐, |𝑃𝐹1| = √3𝑐， 由双曲线的定义知|𝑃𝐹1| − |𝑃𝐹2| = 2𝑎，即√3𝑐 − 𝑐 = 2𝑎，得𝑒 = 𝑐 𝑎 = 2 √3−1 = 1 + √3. 故选：D. 9．CD 【分析】将抛物线的方程化为标准方程，可得出其开口方向以及准线方程、焦点坐标. 【详解】抛物线的标准方程为𝑥2 = − 1 4 𝑦，则2𝑝 = 1 4 ，可得 𝑝 2 = 1 16 ， 所以，该抛物线的焦点坐标为(0,− 1 16 )，准线方程为𝑦 = 1 16 ，其开口向下， 故选：CD. 答案第 4 页，共 10 页 10．AC 【分析】由题意首先得出𝑑 < 0, 𝑎1 = −3𝑑 > 0，从而判断 A，进一步根据等差数列前𝑛项和 判断 BCD 三个选项. 【详解】由题意等差数列 {𝑎𝑛}是递减数列，且满足𝑎7 = 3𝑎5，所以{ 𝑑 < 0 𝑎1 + 6𝑑 = 3(𝑎1 + 4𝑑) ， 从而𝑎1 = −3𝑑 > 0，故 A 正确；而𝑎𝑛 = −3𝑑 + (𝑛 − 1)𝑑 = (𝑛 − 4)𝑑，所以当且仅当𝑛 = 4或 𝑛 = 3时，𝑆𝑛最大，故 B 错误； 由 B 选项分析可知(𝑆𝑛)max = 𝑆3 > 𝑆6，故 C 正确；因为𝑆8 = 8×[−3𝑑+(8−4)𝑑] 2 = 4𝑑 < 0，故 D 错误. 故选：AC. 11．AC 【分析】利用递推式可求得𝑎2, 𝑎3, 𝑎4 的值，可判断 A，B，利用并项求和法结合等比数列的 求和公式判断 C，D. 【详解】因为𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 = 2 𝑛(𝑛 ∈ N∗)， 所以𝑎1 + 𝑎2 = 2，𝑎2 + 𝑎3 = 4，𝑎3 + 𝑎4 = 2 3，又𝑎1 = 1， 所以𝑎2 = 1，𝑎3 = 3，𝑎4 = 5，故 A 正确； 因为 𝑎2 𝑎1 = 1， 𝑎3 𝑎2 = 3，所以{𝑎𝑛}不是等比数列，故 B 错误； 𝑎1 + 𝑎2 +⋯+ 𝑎2021 = 𝑎1 + (𝑎2 + 𝑎3) + (𝑎4 + 𝑎5) + ⋯++(𝑎2020 + 𝑎2021) = 1 + 22+24+⋯+22020= 1×(1−41011) 1−4 = 41011−1 3 = 22022−1 3 ，故 C 正确； 𝑎1 + 𝑎2 +⋯+ 𝑎2022 = (𝑎1 + 𝑎2) + (𝑎3 + 𝑎4) +⋯+ (𝑎2021 + 𝑎2022) = 21+23+⋯+22021= 2(1−41011) 1−4 = 2×41011−2 3 = 22023−2 3 ，故 D 错误. 故选：AC. 12．−1 【分析】根据复数的除法运算求解. 【详解】因为(2 + i)𝑧 = 5， 所以𝑧 = 5 2+i = 5(2−i) 5 = 2 − i，虚部为−1. 故答案为：−1 13．(2,+∞) 答案第 5 页，共 10 页 【分析】构造函数𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) e𝑥 ，利用导数分析函数𝑔(𝑥)的单调性，将所求不等式变形为𝑔(𝑡) < 𝑔(2)，结合函数𝑔(𝑥)的单调性可得解. 【详解】构造函数𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) e𝑥 ，则𝑔′(𝑥) = 𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥) e𝑥 < 0，故函数𝑔(𝑥)在R上单调递减， 由已知可得𝑔(2) = 𝑓(2) e2 = 1， 由𝑓(𝑡) < e𝑡可得𝑔(𝑡) = 𝑓(𝑡) e𝑡 < 1 = 𝑔(2)，可得𝑡 > 2. 故答案为：(2,+∞). 14．(−∞,− 3 2 ] 【分析】根据题意整理可得𝑚[(3𝑛 − 2)2 − 8] + 3(3𝑛 − 2) ≤ 0，换元𝑡 = 3𝑛 − 2，分析可知 原题意等价于− 𝑚 3 ≥ 1 𝑡− 8 𝑡 对任意𝑡 ≥ 4恒成立，根据函数单调性求最值结合恒成立问题分析求 解即可. 【详解】若数列{𝑏𝑛}为{𝑛 ∈ 𝑁 * ∣ 𝑛 ≥ 2}上的“凹数列”，则𝑏𝑛+1 ≤ 𝑏𝑛+𝑏𝑛+2 2 ，即2𝑏𝑛+1 ≤ 𝑏𝑛 + 𝑏𝑛+2， 可得2 [4𝑚 − 𝑚(𝑛+1)2+(𝑛+1) 4𝑛+1 ] ≤ 4𝑚 − 𝑚𝑛2+𝑛 4𝑛 + 4𝑚 − 𝑚(𝑛+2)2+(𝑛+2) 4𝑛+2 ， 整理可得𝑚(9𝑛2 − 12𝑛 − 4) + 3(3𝑛 − 2) ≤ 0，即𝑚[(3𝑛 − 2)2 − 8] + 3(3𝑛 − 2) ≤ 0， 因为𝑛 ≥ 2，令𝑡 = 3𝑛 − 2 ≥ 4，可得𝑚(𝑡2 − 8) + 3𝑡 ≤ 0， 当𝑡 ≥ 4时，𝑡2 − 8 ≥ 8 > 0，可得− 𝑚 3 ≥ 𝑡 𝑡2−8 = 1 𝑡− 8 𝑡 ， 原题意等价于− 𝑚 3 ≥ 1 𝑡− 8 𝑡 对任意𝑡 ≥ 4恒成立， 因为𝑦 = 𝑡 − 8 𝑡 在[4,+∞)上单调递增， 则𝑦 = 1 𝑡− 8 𝑡 在[4,+∞)上单调递减，且当𝑡 = 4时，𝑦 = 1 2 ， 可知𝑦 = 1 𝑡− 8 𝑡 的最大值为 1 2 ， 可得− 𝑚 3 ≥ 1 2 ，解得𝑚 ≤ − 3 2 ， 所以实数𝑚的取值范围是(−∞,− 3 2 ]. 故答案为：(−∞,− 3 2 ]. 【点睛】易错点点睛：解决数列与函数综合问题的注意点 （1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以 答案第 6 页，共 10 页 它的图象是一群孤立的点． （2）转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非 常容易忽视的问题． （3）利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件 的转化． 15．(1)𝑎𝑛 = 2𝑛 + 1，𝑆𝑛 = 𝑛 2 + 2𝑛 (2) 1 15 ≤ 𝑇𝑛 < 1 6 【分析】（1）根据等差数列的性质，建立方程求得公差，利用公式，可得答案； （2）利用裂项相消的求和方法，可得答案. 【详解】（1）由数列{𝑎𝑛}为等差数列，则设其公差为𝑑，由𝑎3 = 7，𝑎2 + 𝑎10 = 26，则𝑎3 − 𝑑 + 𝑎3 + (10− 3)𝑑 = 26，解得𝑑 = 2， 故𝑎𝑛 = 𝑎3 + (𝑛 − 3)𝑑 = 2𝑛 + 1，𝑆𝑛 = 𝑛𝑎1 + 𝑛(𝑛−1) 2 𝑑 = 𝑛2 + 2𝑛. （2）由（1）可知，𝑏𝑛 = 1 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 = 1 (2𝑛+1)(2𝑛+3) = 1 2 ( 1 2𝑛+1 − 1 2𝑛+3 )， 则𝑇𝑛 = 1 2 ( 1 3 − 1 5 ) + 1 2 ( 1 5 − 1 7 ) +⋯+ 1 2 ( 1 2𝑛+1 − 1 2𝑛+3 ) = 1 2 ( 1 3 − 1 5 + 1 5 − 1 7 +⋯+ 1 2𝑛 + 1 − 1 2𝑛 + 3 ) = 1 2 ( 1 3 − 1 2𝑛+3 ) = 𝑛 6𝑛+9 . 显然𝑇𝑛 = 1 6 (6𝑛+9)− 3 2 6𝑛+9 = 1 6 − 1 4𝑛+6 ， 因为𝑛 ∈ N∗， 1 10 ≥ 1 4𝑛+6 > 0，则 1 15 ≤ 𝑇𝑛 < 1 6 . 16．(1) √7 4 ； (2) 5 6 ﹒ 【分析】(1)△𝐴𝐵𝐷中求出 BD，在△𝐵𝐶𝐷中，由正弦定理求出sin∠𝐵𝐷𝐶，根据cos∠𝐵𝐷𝐶 = √1 − sin2∠𝐵𝐷𝐶即可求cos∠𝐵𝐷𝐶； (2)在△𝐴𝐵𝐷、△𝐶𝐵𝐷中，分别由余弦定理求出𝐵𝐷2，两式相减可得 cosA与 cosC的关系式； 又由𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆△𝐴𝐵𝐷 + 𝑆△𝐶𝐵𝐷 = 1 2 ⋅ 𝐴𝐷 ⋅ 𝐴𝐵 ⋅ sin𝐴 + 1 2 ⋅ 𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐷 ⋅ sin𝐶的 sinA与 sinC的关系式； 两个关系式平方后相加即可求出 cos(A＋C)﹒ 【详解】（1）在△𝐴𝐵𝐷中，∵𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 4 ，   ∠𝐴𝐷𝐵 = 𝜋 6 ， 答案第 7 页，共 10 页 ∴𝐵𝐷 = 2𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐵 = 2 × 4 × cos 𝜋 6 = 4√3． 在△𝐵𝐶𝐷中，由正弦定理得， 𝐵𝐶 sin∠𝐵𝐷𝐶 = 𝐵𝐷 sin𝐶 ， ∴sin∠𝐵𝐷𝐶 = 𝐵𝐶sin𝐶 𝐵𝐷 = 6×sin 𝜋 3 4√3 = 3 4 ． ∵𝐵𝐶 < 𝐵𝐷，∴0 < ∠𝐵𝐷𝐶 < 𝜋 3 ， ∴cos∠𝐵𝐷𝐶 = √1 − sin2∠𝐵𝐷𝐶 = √1 − ( 3 4 ) 2 = √7 4 ． （2）在△𝐴𝐵𝐷、△𝐶𝐵𝐷中，由余弦定理得， 𝐵𝐷2 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐷2 − 2𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷cos𝐴 = 42 + 42 − 2 × 4 × 4 × cos𝐴 = 32 − 32cos𝐴， 𝐵𝐷2 = 𝐶𝐵2 + 𝐶𝐷2 − 2𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐷cos𝐶 = 62 + 22 − 2 × 6 × 2 × cos𝐶 = 40 − 24cos𝐶， 从而4cos𝐴 − 3cos𝐶 = −1①， 由𝑆△𝐴𝐵𝐷 + 𝑆△𝐶𝐵𝐷 = 1 2 × 4 × 4 × sin𝐴 + 1 2 × 6 × 2 × sin𝐶 = 4得， 4sin𝐴 + 3sin𝐶 = 2②， ①2 +②2得，16(sin2𝐴 + cos2𝐴) + 9(sin2𝐶 + cos2𝐶) − 24(cos𝐴cos𝐶 − sin𝐴sin𝐶) = 5， ∴cos(𝐴 + 𝐶) = 5 6 ． 17．(1)见解析 (2) √10 5 【分析】(1)利用线面垂直的性质定理和判定定理可证明;(2)建系,利用空间向量的坐标运算可 求解. 【详解】（1）在直三棱柱𝐴𝐵𝐶 − 𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐶𝐶1 ⊥平面𝐴𝐵𝐶,𝐴𝐶 ⊂平面𝐴𝐵𝐶, 所以𝐶𝐶1 ⊥ 𝐴𝐶， 又由题可知，𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐶， 𝐶𝐶1,𝐵𝐶 ⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1 且𝐶𝐶1 ∩ 𝐵𝐶=𝐶, 所以𝐴𝐶 ⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1, 又因为𝐶1𝐸 ⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1,所以𝐴𝐶 ⊥ 𝐶1𝐸. （2）以𝐶为坐标原点，𝐶𝐴,𝐶𝐵,𝐶𝐶1分别为𝑥,𝑦,𝑧轴建系如图， 答案第 8 页，共 10 页 由𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐶，𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2，可得𝐴𝐶=√3， 则有𝐴(√3,0,0),𝐸(0,1,1),𝐶1(0,0,2), 设平面𝐴𝐸𝐶1的一个方向量为?⃗⃗? =(𝑥,𝑦,𝑧), 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗=( − √3,1,1),𝐴𝐶1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗=( − √3,0,2), 所以{ 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗⋅?⃗⃗? =0 𝐴𝐶1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⋅?⃗⃗? =0 , 即{ −√3𝑥+𝑦+𝑧=0 −√3𝑥+2𝑧=0 , 令𝑧=√3,则𝑥=2，𝑦=√3， 所以?⃗⃗? =(2,√3,√3), 因为𝐴𝐶 ⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1,所以𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗=(√3,0,0)为平面𝐸𝐶1𝐵的一个法向量， 所以,cos<?⃗⃗? ,𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗>= ?⃗⃗⃗? ⋅𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ |?⃗⃗⃗? ||𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2√3 √10×√3 = √10 5 , 即二面角𝐴 − 𝐸𝐶1 − 𝐵的余弦值等于 √10 5 . 18．(1)𝑚 = −√2，椭圆方程为 𝑥2 2 + 𝑦2 = 1 (2)(0, 1 2 ) 【分析】（1）由直线方程求出𝑀(−√2, 0)，𝑎 = √2，结合离心率求出𝑐 = 1，𝑏 = √𝑎2 − 𝑐2 = 1， 得到椭圆方程，求出𝑁(0,1)，从而求出𝑚 = −√2； （2）设𝐴𝐵: 𝑥 = 1 + 𝑛𝑦，与椭圆方程联立，求出两根之和，两根之积，从而求出线段𝐴𝐵的 中点坐标，得到线段𝐴𝐵的垂直平分线方程，令𝑦 = 0，求出𝑡 = 1 𝑛2+2 ，得到𝑡的取值范围. 【详解】（1）𝑙: 𝑥 + 𝑚𝑦 + √2 = 0中令𝑦 = 0，解得：𝑥 = −√2，故𝑀(−√2, 0)， 所以𝑎 = √2， 因为离心率𝑒 = √2 2 ，所以 𝑐 √2 = √2 2 ，解得：𝑐 = 1， 所以𝑏 = √𝑎2 − 𝑐2 = √2 − 1 = 1， 故椭圆方程为 𝑥2 2 + 𝑦2 = 1， 且𝑁(0,1)，代入𝑙: 𝑥 + 𝑚𝑦 + √2 = 0中得：𝑚+ √2 = 0，解得：𝑚 = −√2； 答案第 9 页，共 10 页 （2）由题意得：𝐹2(1,0)，直线𝐴𝐵的斜率一定存在且不为 0， 设𝐴𝐵: 𝑥 = 1 + 𝑛𝑦，与椭圆方程联立得：(𝑛2 + 2)𝑦2 + 2𝑛𝑦 − 1 = 0， Δ = 4𝑛2 + 4(𝑛2 + 2) = 8𝑛2 + 8 > 0恒成立， 设𝐴(𝑥1, 𝑦1), 𝐵(𝑥2, 𝑦2)，则𝑦1 + 𝑦2 = − 2𝑛 𝑛2+2 ，𝑦1𝑦2 = − 1 𝑛2+2 ， 则𝑥1 + 𝑥2 = 2 + 𝑛(𝑦1 + 𝑦2) = 2 − 2𝑛2 𝑛2+2 = 4 𝑛2+2 ， 故线段𝐴𝐵的中点坐标为( 𝑥1+𝑥2 2 , 𝑦1+𝑦2 2 ) = ( 2 𝑛2+2 , − 𝑛 𝑛2+2 )， 故线段𝐴𝐵的垂直平分线方程为𝑦 + 𝑛 𝑛2+2 = −𝑛(𝑥 − 2 𝑛2+2 )， 令𝑦 = 0得：𝑡 = 1 𝑛2+2 ， 因为𝑛2 > 0，故𝑡 = 1 𝑛2+2 ∈ (0, 1 2 ). 19．（1）𝑎𝑛 = 3 𝑛−1；（2）𝑠 = 0或𝑠 = 1；（3） 12 5 ≤ 𝑡 ≤ 27 4 . 【分析】（1）根据等比数列以及等差数列的性质求出数列的通项公式即可； （2）代入𝑡的值，设出数列{𝑏𝑛}的公比，得到关于公比和和𝑠的方程组，解出即可； （3）求出数列{𝑏𝑛}的通项公式，结合函数的单调性以及𝑏4为数列{𝑏𝑛}的最小项，得到关于𝑡的 不等式组，解出即可． 【详解】（1）设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞， 因为𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 = 39.且𝑎3 + 6是𝑎2，𝑎4的等差中项， 所以 𝑎3 𝑞 + 𝑎3 + 𝑎3𝑞 = 39,2(𝑎3 + 6) = 𝑎2 + 𝑎4 = 39 − 𝑎3， 即2(𝑎3 + 6) = 𝑎3 𝑞 + 𝑎3𝑞. 解得𝑎3 = 9，𝑞 = 3或𝑞 = 1 3 （舍去）. 所以𝑎𝑛 = 𝑎3 ⋅ 𝑞 𝑛−3 = 3𝑛−1. （2）𝑡 = 0时，𝑏𝑛+1 − 𝑏𝑛 = 𝑠𝑎𝑛， 而𝑏1 = 1 2 , 𝑎𝑛 = 3 𝑛−1， 所以𝑏2 − 𝑏1 = 𝑠, 𝑏3 − 𝑏2 = 3𝑠， 而数列{𝑏𝑛}是等比数列，设公比是𝑞1， 则{ 1 2 (𝑞1 − 1) = 𝑠 1 2 𝑞1(𝑞1 − 1) = 3𝑠 ， 答案第 10 页，共 10 页 解得{ 𝑞1 = 1 𝑠 = 0 或{ 𝑞1 = 3 𝑠 = 1 . 所以𝑠 = 0或𝑠 = 1. （3）若𝑠 = 1, 𝑏𝑛+1 − 𝑏𝑛 = 𝑎𝑛 − 𝑡𝑛， 故𝑏1 = 0 + 30 2 , 𝑏2 = −𝑡 + 31 2 , 𝑏3 = −3𝑡 + 32 2 ， 𝑏4 = −6𝑡 + 33 2 , 𝑏5 = −10𝑡 + 34 2 , 𝑏6 = −15𝑡 + 35 2 ,⋯ 令𝑏𝑛 = 𝑐𝑛 + 𝑑𝑛，其中𝑐𝑛+1 − 𝑐𝑛 = −𝑛𝑡, 𝑑𝑛 = 3𝑛−1 2 ， 若𝑏4为数列{𝑏𝑛}的最小项，而𝑑𝑛 = 3𝑛−1 2 是递增数列， 则𝑐𝑛+1 − 𝑐𝑛 = −𝑛𝑡是递减数列，故𝑡 > 0， 故只需{ 𝑏4 ≤ 𝑏3 𝑏4 ≤ 𝑏2 𝑏4 ≤ 𝑏5 ，即 { −6𝑡 + 33 2 ≤ −3𝑡 + 32 2 −6𝑡 + 33 2 ≤ −𝑡 + 31 2 −6𝑡 + 33 2 ≤ −10𝑡 + 34 2 ，解得 12 5 ≤ 𝑡 ≤ 27 4 . 【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查转化思想以及归纳思想，是一道综合 题．